Limite parametrico

[ing.27]

scusa ho dei problemi con le applicazioni dei limiti notevoli:

\[lim_{{{x}\to 0}} \frac {2((x+2)^a-2^a)}{(sinx)^{1-a}log_2(1+x^a)}\]
applicando i limiti notevoli \(lim_{{{x}\to 0}} \frac{(1+x)^a-1}{x}= a \) del seno e del logaritmo posso scomporlo in questo modo:

per a<1

\[lim_{{{x}\to 0}} 2*2^a \underbrace{ \frac {((\frac{x}{2}+1)^a-1)}{\frac{x}{2}}}_{=a} \frac{x}{2} \underbrace{ \frac{x^{1-a}}{(sinx)^{1-a}}}_{=1} \frac{1}{x^{1-a}} \underbrace{\frac{x^a}{log_2(1+x^a)}}_{{=ln2}} \frac{1}{x^a} = 2^aaln2\]

per a>1:

\[lim_{{{x}\to 0}} 2*2^a \underbrace{ \frac {((\frac{x}{2}+1)^a-1)}{\frac{x}{2}}}_{=a} \frac{x}{2} \underbrace{ \frac{(sinx)^{a-1}}{x^{a-1}}}_{=1} \frac{x^{a-1}}{1} \underbrace{\frac{x^a}{log_2(1+x^a)}}_{{=ln2}} \frac{1}{x^a} = 2^aaln2\]

purtroppo inserendolo in wolfram alpha con a=2 e a=-2 viene fuori rispettivamente +e - infinito.........non capisco dove sta il mio errore

[ciampax]

Wolphram a volte fa uso di sostanze stupefacenti. Il limite è corretto per qualsiasi valore di $\alpha$.

[Riccardo Desimini]

Quoto in pieno ciampax. Scrivendo la stessa espressione in modi diversi, WolframAlpha dà risultati diversi. Provare per credere.

[ing.27]

allora posso cogliere l'occasione per proporre un'altro limite poiché ho sempre il dubbio di non applicare bene i limiti notevoli: \[lim_{{{x}\to 0}} \frac{x^a-sinh(x^a)}{x^b(1-cos(x^b))} \]

se lo scompongo in \[(\frac{x^a}{x^b}\frac{x^{2b}}{(1-cos(x^b))}\frac{1}{x^{2b}}) -( \frac{sinh(x^a)}{x^a} \frac{x^a}{x^b} \frac{x^{2b}}{(1-cos(x^b))}\frac{1}{x^{2b}}) \] alla fine si elimina tutto e diventa 0

ma se lo scompongo con:
\[\frac{x^a-sinh(x^a)}{x^{3a}}\frac{x^{3a}}{x^{3b}}\frac{x^{2b}}{(1-cos(x^b))}\]

dopo devo dividere i casi a>b a

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[ciampax]

Attento, qui i limiti notevoli non bastano: bisogna usare Taylor. Per prima cosa considera il caso $\alpha>0, \beta>0$ (a differenza di prima, le cose cambiano se gli esponenti sono negativi). A numeratore si ha

$\sinh(x^\alpha)=x^\alpha+{x^{3\alpha}}/{6}+o(x^{3\alpha})$

e pertanto il numeratore diventa $-{x^{3\alpha}}/6$, mentre a denominatore

$1-\cos(x^b)={x^{2b}}/2+o(x^{2b})$

Ne segue che il limite equivale al seguente

$\lim_{x\to 0}\frac{-{x^{3\alpha}}/6}{{x^{3\beta}}/2}=-1/3 \lim_{x\to 0}\ x^{3(\alpha-beta)}$

che dipende dal valore dei due esponenti.

Negli altri casi, devi ragionare in maniera analoga cercando però, prima, di scrivere il limite in forma diversa. Ad esempio se $\alpha<0,\ \beta>0$ puoi porre $\gamma=-\alpha>0$ e si ha

$\frac{x^{-\gamma}-\sinh(x^{-\gamma})}{x^\beta(1-\cos(x^\beta))}=\frac{1-x^\gamma\sinh(1/{x^{\gamma}})}{x^{\gamma+\beta}(1-\cos(x^\beta))}$

E' facile vedere che il numeratore ha limite $-\infty$ mentre il denominatore ha limite $0$ e pertanto il limite viene $-\infty$.

Prova con gli altri casi.

[ing.27]

si scusami avevo dimenticato di specificare che a e b sono entrambi maggiori di zero.....ma in base a cosa si vede che bisogna usare taylor? perchè i limiti notevoli non bastano?

[ciampax]

A causa della cancellazione degli infinitesimi di ordine minore.

[ing.27]

eee.....vorrebe dire?

cioè conosco la regola ma qui cosa centra? ho sempre saputo che un limite notevole è sempre possible applicarlo

[ciampax]

Quello che ti è successo: sviluppando solo al primo ordine, hai ottenuto un numeratore pari a zero (il che è falso).

[ing.27]

si ma come faccio a saperlo prima di applicare un limite? cosa mi fa capire che la prima scomposizione è quella sbaglia e la seconda invece è giusta ( ho svolto i calcoli e danno per i tre casi di a e b risultati giusti) ?

[ciampax]

Lo capisci facendolo. Non c'è altro modo.