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da **PietroBaima** » 10 giu 2017, 18:11

Ottimo. Adesso devi provare a risolverlo in un altro modo, se vuoi non avere gli stessi problemi la prossima volta.

Per esempio, a me non è venuta in mente subito la soluzione di Renzo, ma ho pensato che fra parentesi ci fosse la differenza di due quadrati, quindi ho pensato:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \left(4^{\frac{x}{x+1}}-4\right) x=$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \left(2^{\frac{x}{x+1}}-2\right)\left(2^{\frac{x}{x+1}}+2\right) x=$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} 2\left(2^{\frac{x}{x+1}}+2\right)\left(2^{-\frac{1}{x+1}}-1\right) x=$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} -2\left(2^{\frac{x}{x+1}}+2\right)\left(1-\frac{1}{2^{\frac{1}{x+1}}}\right) x=$

$-8 \ln(2)$

ti lascio spiegare l'ultimo uguale con il limite notevole di e.

da **PietroBaima** » 10 giu 2017, 18:17

crismao ha scritto:Mmm no. Avevo pensato di portare la x al denominatore e di sommare e sottrarre 1 al numeratore in modo da potermi ricondurre a qualche limite notevole

Se proprio vuoi portare al denominatore qualcosa (ma per poi usare l'Hopital) puoi fare così:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \left(4^{\frac{x}{x+1}}-4\right)x=$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{4^{\frac{x}{x+1}}-4}{\frac{1}{x}}$

adesso hai una forma dove puoi applicare l'Hopital.

Vediamo se me ne vengono in mente altre

da **PietroBaima** » 10 giu 2017, 18:39

Dimenticavo, quando derivi, per non perderti nei calcoli, puoi vedere questa:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{4^{\frac{x}{x+1}}-4}{\frac{1}{x}}$

scritta così:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{4^{1-(x+1)^{-1}}-4}{x^{-1}}$

da **crismao** » 11 giu 2017, 17:57

PietroBaima ha scritto:Ottimo. Adesso devi provare a risolverlo in un altro modo, se vuoi non avere gli stessi problemi la prossima volta.

Per esempio, a me non è venuta in mente subito la soluzione di Renzo, ma ho pensato che fra parentesi ci fosse la differenza di due quadrati, quindi ho pensato:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \left(4^{\frac{x}{x+1}}-4\right) x=$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \left(2^{\frac{x}{x+1}}-2\right)\left(2^{\frac{x}{x+1}}+2\right) x=$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} 2\left(2^{\frac{x}{x+1}}+2\right)\left(2^{-\frac{1}{x+1}}-1\right) x=$

$\lim_{x \rightarrow +\infty} -2\left(2^{\frac{x}{x+1}}+2\right)\left(1-\frac{1}{2^{\frac{1}{x+1}}}\right) x=$

$-8 \ln(2)$

ti lascio spiegare l'ultimo uguale con il limite notevole di e.

Per applicare il limite notevole $\lim_{x \rightarrow +\infty} (1-\frac{1}{x})^x=\frac{1}{e}$ a $\lim_{x \rightarrow +\infty} x(1-\frac{1}{2^{\frac{1}{x+1}}})$ , devo sfruttare le proprietà delle potenze. Quindi devo elevare per una quantità pari a $2^\frac{1}{x+1}$ e moltiplicare per il reciproco, che è pari a...?

da **PietroBaima** » 11 giu 2017, 20:49

Il problema è questo:

$\lim_{x \rightarrow +\infty} x(1-\frac{1}{2^{\frac{1}{x+1}}})$

Voglio darti un aiuto non da poco, vediamo se ci riesco.
Se invece di esserci 2 ci fosse e il limite farebbe 1.
Te lo dimostro e tu estendi il risultato al tuo caso o al caso generale, dove invece di esserci 2 c'è un generico a.
Questo limite dovresti ricordarlo, perché è come si definisce il logaritmo nella matematica moderna.

Dunque, partiamo da

$\lim_{y \rightarrow -\infty} \frac{1}{\ln \left(1+\frac{1}{y}\right)^y}$

che ovviamente fa 1, perché l'argomento del logaritmo tende ad e.

$\lim_{y \rightarrow -\infty} \frac{1}{\ln \left(1+\frac{1}{y}\right)^y}=1$

cioè

$\lim_{y \rightarrow -\infty} \frac{1}{y \ln \left(1+\frac{1}{y}\right)}=1$

Adesso opero la sostituzione

$x=-\frac{1}{\ln \left( 1+\frac{1}{y}\right)}$

Se y tende a -infinito, allora x tende a +infinito, quindi ho che, sostituendo

$\lim_{x \rightarrow +\infty} \left(1-\text{e}^{-\frac{1}{x}} \right) x=1$

A te la palla

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