Limite...necessario cambio di variabile?
\(\displaystyle \lim \) per \(\displaystyle x \rightarrow 1 \)
\(\displaystyle \frac{lnx}{2^x -2} \)
Se volessi usare de l'hopital potrei perchè abbiamo una forma indeterminata \(\displaystyle \frac{0}{0} \)
Ma quello che vi chiedo si può utilizzare per una x che non tende per forza a \(\displaystyle 0 \) oppure \(\displaystyle \infty \)?? (curiosità: se c'è una forma \(\displaystyle \frac{+\infty}{-\infty} \) si può usare?
comunque facendo de l'hopital viene:
per \(\displaystyle x \rightarrow 1 \):
\(\displaystyle \frac{\frac{1}{x}}{2^x ln2} \)
ora? facendo di nuovo de l'hopital non credo mi porti a qualcosa...grazie
\(\displaystyle \frac{lnx}{2^x -2} \)
Se volessi usare de l'hopital potrei perchè abbiamo una forma indeterminata \(\displaystyle \frac{0}{0} \)
Ma quello che vi chiedo si può utilizzare per una x che non tende per forza a \(\displaystyle 0 \) oppure \(\displaystyle \infty \)?? (curiosità: se c'è una forma \(\displaystyle \frac{+\infty}{-\infty} \) si può usare?
comunque facendo de l'hopital viene:
per \(\displaystyle x \rightarrow 1 \):
\(\displaystyle \frac{\frac{1}{x}}{2^x ln2} \)
ora? facendo di nuovo de l'hopital non credo mi porti a qualcosa...grazie
Risposte
Puoi sì.
Ma la cosa che noti facendo un cambio di variabile è che saltano fuori due limiti notevoli e la risoluzione di quel limite è semplice (non scomodare De L'Hospital).
Ma la cosa che noti facendo un cambio di variabile è che saltano fuori due limiti notevoli e la risoluzione di quel limite è semplice (non scomodare De L'Hospital).
Allora pongo \(\displaystyle y= x-1 \) così ho:
\(\displaystyle \lim \) per \(\displaystyle y \rightarrow 0 \) di
\(\displaystyle \frac{ln(1+y)}{2^{(y+1)} -2} \) moltiplicando e dividendo per \(\displaystyle y \) ho:
\(\displaystyle \frac{y}{2^{y+1} -2} \) per l'altro limite notevole come faccio? l'ho riconosciuto...devo aggiungere e togliere \(\displaystyle 1 \) dal numeratore?
\(\displaystyle \lim \) per \(\displaystyle y \rightarrow 0 \) di
\(\displaystyle \frac{ln(1+y)}{2^{(y+1)} -2} \) moltiplicando e dividendo per \(\displaystyle y \) ho:
\(\displaystyle \frac{y}{2^{y+1} -2} \) per l'altro limite notevole come faccio? l'ho riconosciuto...devo aggiungere e togliere \(\displaystyle 1 \) dal numeratore?
No... $2^(y+1) - 2 = 2 * 2^y - 2 = 2 ( 2^y - 1)$
Ho detto una stupidaggine...intanto inverto quel limite elevando tutto alla \(\displaystyle -1 \) e poi metto in evidenza il \(\displaystyle 2 \) a numeratore...così ho che il limite è \(\displaystyle \frac{1}{2ln2} \)???
Esatto.
l'ho risolto prima guardassi il tuo consiglio!! 
grazie!! 
grazie!!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo