Limiti

[rakaro1]

Il primo limite è : $\lim_{n \to \+infty}e^x * sen(e^(-x^2))$ .
Ho provato a riscriverlo così $\lim_{n \to \+infty} (sen(e^(-x^2)))/(e^-x)$ per applicare de l'Hopital ma ciò non ha risolto .

Il secondo limite è : $\lim_{n \to \pi} tan(2x) / tan (x+pi/4)$ ho risolto applicando de l'Hopital per 2 volte ottenendo
$\lim_{n \to \pi}2*(-2*(cos(x+pi/4)*sen(x+pi/4)))/(-2*cos(2x) * sen(2x))$ = $\lim_{n \to \pi} 2 (-cos(2x))/(-2cos(2x) * sen(2x)) $
è possibile risolverlo senza "dire" $ -2*(cos(x+pi/4)*sen(x+pi/4) )= 2 (-cos(2x)) $ ?


Se avete qualche idea fatevi avanti
Grazie in anticipo

[francicko]

Per quanto riguarda il primo limite si ha:
$lim_(x->infty)e^xsin(e^(-x^2))$ $=lime^xe^(-x^2)sin(e^(-x^2))/e^(-x^2) $ $=lim e^(x-x^2)×1$ $=lim e^(-x^2)=0$,
avendo utilizzato il noto $lim_(x->infty)sine^(-x^2)/e^(-x^2)=1$,
ed il fatto che $x^2$ è un infinito di ordine superiore ad $x $.

[rakaro1]

Non so come ho fatto a non vedere la soluzione XD comunque grazie

[rakaro1]

Però questo $lim_(x->infty)sine^(-x^2)/e^(-x^2)=1$, non vale solo per $x->0$?

[pilloeffe]

Ciao rakaro,

francicko ha utilizzato correttamente quello più generale:

$lim_{f(x) \to 0} frac{sin[f(x)]}{f(x)} = 1$

che vale indipendentemente a cosa tende $x$, purché $f(x) \to 0$.

[francicko]

Se poni $e^(-x^2)=1/e^(x^2)=t $ hai $lim_(x->infty)sin (e^(-x^2))/e^(-x^2) $ $=lim_(t->0)sint/t=1$

[rakaro1]

Tutto chiaro adesso