Limiti????
mi potete dare una mano con questo limite?
$ lim(x->0)((sinx)/x)^(1/x^2) $
non sono sicuro dell'ultima x^2, questo esercizio lo ha passato il professore e la fotocopia è venuta male... comunque ho pensato che importi poco quella cifra infatti il mio risultato è $ 1^(1/x^2) $, dal momento che la parentesi è uguale al liite notevole uguale a uno e quindi l'ho elevato all'esponente, sbaglio?
$ lim(x->0)((sinx)/x)^(1/x^2) $
non sono sicuro dell'ultima x^2, questo esercizio lo ha passato il professore e la fotocopia è venuta male... comunque ho pensato che importi poco quella cifra infatti il mio risultato è $ 1^(1/x^2) $, dal momento che la parentesi è uguale al liite notevole uguale a uno e quindi l'ho elevato all'esponente, sbaglio?
Risposte
\[ \frac {\sin {x}} {x} = 1 + (\frac{\sin {x}}{x} -1) = 1 + \frac{\sin {x} - x}{x} \]
Questo dovrebbe darti una dritta su come svolgere l'esercizio
Questo dovrebbe darti una dritta su come svolgere l'esercizio
Non credo sia sufficiente il limite notevole in quanto vengono coinvolti termini di ordine superiore al primo (limite notevole),
magari mi sbaglio comunque ti posto la mia soluzione che ritengo esatta, ho controllato con wolfram.
magari mi sbaglio comunque ti posto la mia soluzione che ritengo esatta, ho controllato con wolfram.
Mah, io non vedo come si possa risolvere con i limiti notevoli,
secondo me bisogna usare lo sviluppo di taylor sino al termine successivo al primo ordine quindi $sinx=x-x^3/6+o(x^3)$, sostituendo avremo $lim_(x->0)((x-x^3+o (x^3))/x )^(1/x^2)$ $=lim_(x->0)((x-x^3/6)/x)^(1/x^2) $ $=lim_(x->0)(1-(x^3/6)/x)^(1/x^2) $ $=lim_(x->0)(1-x^2/6)^(1/x^2) $ $=lim_(x->0)((1-x^2/6)^(6/x^2))^(1/6)$ $=(1/e)^(1/6)=root(6)(1/e)$
secondo me bisogna usare lo sviluppo di taylor sino al termine successivo al primo ordine quindi $sinx=x-x^3/6+o(x^3)$, sostituendo avremo $lim_(x->0)((x-x^3+o (x^3))/x )^(1/x^2)$ $=lim_(x->0)((x-x^3/6)/x)^(1/x^2) $ $=lim_(x->0)(1-(x^3/6)/x)^(1/x^2) $ $=lim_(x->0)(1-x^2/6)^(1/x^2) $ $=lim_(x->0)((1-x^2/6)^(6/x^2))^(1/6)$ $=(1/e)^(1/6)=root(6)(1/e)$
Invece si può, basta guardare bene!
Il limite, riscritto, è
\[ \lim_{x \to 0} { \left ( \left ( 1 + \frac{\sin {x} -x}{x} \right )^{\frac {x}{\sin {x} - x}} \right )^{\frac {\sin {x} - x}{x^3}}} \]
Come sappiamo,
\[ \lim_{f(x) \to 0} { \left ( 1 + f(x) \right )^{\frac{1}{f(x)}}} = e \]
e $ \frac {\sin x - x}{x} = \frac {\sin x}{x} -1 \to 0 $, quindi il gioco è fatto.
Ora o si usa De L'Hopital o si usano i limiti notevoli, ma se proprio ci tieni ad usare Taylor:
\[ \lim_{x \to 0}{\frac {\sin {x} - x}{x^3}} = \lim_{x \to 0} {\frac { x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) - x}{x^3}} = - \frac{1}{6} \]
Con De L'Hopital invece:
\[ \lim_{x \to 0} {\frac{\sin {x} - x}{x^3}} = \lim_{ x \to 0} {\frac{ - ( 1 - \cos {x})}{3x^2}} = - \frac {1}{6} \]
Con i limiti notevoli ci vuole un po' di manipolazione, ma comunque è fattibile
Quindi, il risultato è $ e^{-\frac{1}{6}}$.
Il limite, riscritto, è
\[ \lim_{x \to 0} { \left ( \left ( 1 + \frac{\sin {x} -x}{x} \right )^{\frac {x}{\sin {x} - x}} \right )^{\frac {\sin {x} - x}{x^3}}} \]
Come sappiamo,
\[ \lim_{f(x) \to 0} { \left ( 1 + f(x) \right )^{\frac{1}{f(x)}}} = e \]
e $ \frac {\sin x - x}{x} = \frac {\sin x}{x} -1 \to 0 $, quindi il gioco è fatto.
Ora o si usa De L'Hopital o si usano i limiti notevoli, ma se proprio ci tieni ad usare Taylor:
\[ \lim_{x \to 0}{\frac {\sin {x} - x}{x^3}} = \lim_{x \to 0} {\frac { x - \frac{x^3}{6} + o(x^3) - x}{x^3}} = - \frac{1}{6} \]
Con De L'Hopital invece:
\[ \lim_{x \to 0} {\frac{\sin {x} - x}{x^3}} = \lim_{ x \to 0} {\frac{ - ( 1 - \cos {x})}{3x^2}} = - \frac {1}{6} \]
Con i limiti notevoli ci vuole un po' di manipolazione, ma comunque è fattibile
Quindi, il risultato è $ e^{-\frac{1}{6}}$.
Scusa ma la quantita' $(sinx-x)/x $ da la forma indeterminata $0/0$, e gli unici modi per mostrare che tende a $0$, e che $(x-sinx)/x~x^2/6$, sono Hopital e Taylor, che in fondo se $x->0$ si equivalgono;
Quindi sono d'accordissimo che se si può risolvere con Taylor
si può anche risolvere con Hopital, ma non credo che sia fattibile
con I limiti notevoli che usualmente si trattano;
Quindi sono d'accordissimo che se si può risolvere con Taylor
si può anche risolvere con Hopital, ma non credo che sia fattibile
con I limiti notevoli che usualmente si trattano;
Mi dispiace deluderti ma un modo c'è. Anch'io qualche tempo fa credevo che questo limite non potesse essere risolto senza l'utilizzo di De L'Hopital o di Taylor. Invece un giorno mi sono imbattuto in una soluzione, che cercherò di ricordare:
Cambiamo il segno per comodità, e calcoliamo
\[ \lim_{x \to 0} { \frac{x - \sin{x}}{x^3}} = \ell \]
Poniamo $ 2t = x, \ t \to 0$.
\[ \ell = \lim_{t \to 0} { \frac{2t - \sin{2t}}{(2t)^3}} \]
Utilizziamo un po' di semplificazioni:
\[ \lim_{t \to 0} { \frac{2t - \sin{2t}}{(2t)^3}} = \lim_{t \to 0} { \frac{2t - 2\sin(t)\cos(t)}{8t^3}} = \lim_{t \to 0} { \frac{2t -2\sin(t) + 2 \sin(t) - 2 \sin(t)\cos(t)}{8t^3}} = \lim_{t \to 0}{ \frac{1}{4} \frac{t - \sin(t)}{t^3}} + \underbrace{\lim_{t \to 0}{\frac{1}{4} \frac{(\sin(t))(1 - \cos(t))}{t \cdot t^2}}}_{{} = \frac{1}{8}} \]
Ora notiamo che
\[ \lim_{t \to 0}{ \frac{1}{4} \frac{t - \sin(t)}{t^3}} = \frac{\ell}{4} \]
(tralasciando la lettera scelta per la variabile, il limite è lo stesso).
Andando a sostituire otteniamo che
\[ \ell = \frac{\ell}{4} + \frac{1}{8} \implies \ell = \frac{1}{6} \]
Ricambiando il segno, visto che all'inizio l'avevamo cambiato, otteniamo che ciò che cercavamo, cioè che
\[ \lim_{x \to 0} { \frac{\sin{x} - x}{x^3}}= -\frac{1}{6} \]
[ Chiaramente, affinché questo sia valido bisogna stabilire che il limite non sia infinito. Ma questo è immediato; basta notare che il limite deve trovarsi tra $ \pm \frac{1}{2} $ e per dimostrarlo basta utilizzare furbamente il limite notevole del coseno]
Cambiamo il segno per comodità, e calcoliamo
\[ \lim_{x \to 0} { \frac{x - \sin{x}}{x^3}} = \ell \]
Poniamo $ 2t = x, \ t \to 0$.
\[ \ell = \lim_{t \to 0} { \frac{2t - \sin{2t}}{(2t)^3}} \]
Utilizziamo un po' di semplificazioni:
\[ \lim_{t \to 0} { \frac{2t - \sin{2t}}{(2t)^3}} = \lim_{t \to 0} { \frac{2t - 2\sin(t)\cos(t)}{8t^3}} = \lim_{t \to 0} { \frac{2t -2\sin(t) + 2 \sin(t) - 2 \sin(t)\cos(t)}{8t^3}} = \lim_{t \to 0}{ \frac{1}{4} \frac{t - \sin(t)}{t^3}} + \underbrace{\lim_{t \to 0}{\frac{1}{4} \frac{(\sin(t))(1 - \cos(t))}{t \cdot t^2}}}_{{} = \frac{1}{8}} \]
Ora notiamo che
\[ \lim_{t \to 0}{ \frac{1}{4} \frac{t - \sin(t)}{t^3}} = \frac{\ell}{4} \]
(tralasciando la lettera scelta per la variabile, il limite è lo stesso).
Andando a sostituire otteniamo che
\[ \ell = \frac{\ell}{4} + \frac{1}{8} \implies \ell = \frac{1}{6} \]
Ricambiando il segno, visto che all'inizio l'avevamo cambiato, otteniamo che ciò che cercavamo, cioè che
\[ \lim_{x \to 0} { \frac{\sin{x} - x}{x^3}}= -\frac{1}{6} \]
[ Chiaramente, affinché questo sia valido bisogna stabilire che il limite non sia infinito. Ma questo è immediato; basta notare che il limite deve trovarsi tra $ \pm \frac{1}{2} $ e per dimostrarlo basta utilizzare furbamente il limite notevole del coseno]
Sì se si considera come limite notevole $lim_(x->0)(sinx-x)/x=-1/6$, sempre in questo forum e' stata riportata una dimostrazione di tale limite con tecniche non classiche, ma in altra sede mi e' stato fatto osservare che tali dimostrazioni danno per scontato l'esistenza del limite, cosa tutt'altro che ovvia.
"francicko":
Sì se si considera come limite notevole $lim_(x->0)(sinx-x)/x=-1/6$, sempre in questo forum e' stata riportata una dimostrazione di tale limite con tecniche non classiche, ma in altra sede mi e' stato fatto osservare che tali dimostrazioni danno per scontato l'esistenza del limite, cosa tutt'altro che ovvia.
Più che altro va escluso che il limite sia infinito, altrimenti quella relazione sarebbe:
\[ \pm \infty = \frac{\pm \infty}{4} + \frac{1}{8} \]
E quindi sarebbe insensato il procedimento.
Per dimostrare che esista, basta dimostrare che esistano limite sinistro e destro. Sul fatto che coincidano non ci sarà dubbio, perché la funzione è pari.
Poniamo $ x = \frac{1}{n} $
Per $ n > 0$, la successione è monotona decrescente (almeno definitivamente). Per il teorema fondamentale delle funzioni monotone, ammette limite, ed è il suo estremo inferiore, che sappiamo essere finito. Quindi la funzione ammette limite destro in $0$. Ma se ammette limite destro, e questo è uguale al limite sinistro (funzione pari), allora la funzione ammette limite in $0$.
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