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da **wall87** » 8 mar 2018, 17:16

Buongiorno a tutti, ogni tanto torno a tediarvi con qualche esercizio giusto per rimanere allenati :mrgreen:

Ho questo limite qui:

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[3]{x^3+2x^2}-x+1$

dove l'argomento l'ho risolto così:

$\sqrt[3]{x^3+2x^2}-(x-1)\cdot\frac{\sqrt[3]{(x^3+2x^2)^2}+(x-1)\sqrt[3]{x^3+2x^2}+(x-1)^2}{\sqrt[3]{(x^3+2x^2)^2}+(x-1)\sqrt[3]{x^3+2x^2}+(x-1)^2}=$

$\tfrac{x^3+2x^2+(x-1)\sqrt[3]{(x^3+2x^2)^2}+(x-1)^2\sqrt[3]{x^3+2x^2}-(x-1)\sqrt[3]{(x^3+2x^2)^2}-(x-1)^2\sqrt[3]{x^3+2x^2}-(x-1)^3}{\sqrt[3]{[x^3(1+\frac{2}{x})]^2}+(x-1)\sqrt[3]{x^3(1+\frac{2}{x})}+x^2-2x+1}=$

$\frac{5x^2-3x+1}{x^2\sqrt[3]{(1+\frac{2}{x})^2}+x^2\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}-x\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}+x^2-2x+1}$

$\frac{x^2(5-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2})}{x^2(\sqrt[3]{(1+\frac{2}{x})^2}+\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}-\frac{\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}}{x}+1-\frac{2}{x}+\frac{1}{x})}$

$\frac{5-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}{\sqrt[3]{(1+\frac{2}{x})^2}+\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}-\frac{\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}}{x}+1-\frac{2}{x}+\frac{1}{x}}$

ed infine si ha che il limite risulta:

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{5-\frac{3}{x}+\frac{1}{x^2}}{\sqrt[3]{(1+\frac{2}{x})^2}+\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}-\frac{\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}}{x}+1-\frac{2}{x}+\frac{1}{x}}=\frac{5}{3}$

Quello che mi domando è se, tralasciando eventuali teoremi, si poteva risolvere in un modo più semplice.
Ringrazio a chi avrà voglia di cimentarsi

da **EcoTan** » 9 mar 2018, 8:21

Pierino chiede quale sia la regola generale in base alla quale non possiamo semplicemente trascurare x quadro di fronte a x cubo.

da **wall87** » 9 mar 2018, 9:02

Scusa

EcoTan, ma cosa dovrebbe significare questa risposta?

da **EcoTan** » 9 mar 2018, 9:35

Ricordo che in alcuni casi si possono trascurare gli infinitesimi di ordine superiore e gli infiniti di ordine inferiore, sicuramente nei rapporti fra polinomi, mentre in questo caso non si può fare (altrimenti verrebbe semplicemente =1), allora c'è una regola per sapere quando si può fare?

da **wall87** » 9 mar 2018, 9:49

EcoTan ha scritto:(altrimenti verrebbe semplicemente =1)

Non capisco dove tu abbia trovato questo risultato; se io risolvo all'inizio mi viene fuori una forma di indecisione del tipo $+\infty-\infty$ ; mentre se provo ad estrarre le x di ordine superiore come hai detto mi ritrovo sempre con una forma di indecisione ma del tipo $+\infty\cdot0$ .

EcoTan ha scritto:allora c'è una regola per sapere quando si può fare?

Qui non ho capito se è una domanda che ti stai facendo pure tu o se è una domanda rivolta a me.
Io attualmente col ripasso che sto facendo non so e non ricordo se esiste una regola generale, mi verrebbe da dirti di no, ma questo non sarebbe quello che avevo chiesto; io avevo chiesto se l'argomento del limite avrebbe potuto semplificarsi in un modo più semplice di quello che ho fatto io a cui magari non ho pensato.
Tutto qui :roll:

Ti ringrazio comunque dell'interessamento

da **EcoTan** » 9 mar 2018, 10:17

Se fosse:

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{{3x^3+2x^2}-x+1}{5x^3}$

non si direbbe subito che il risultato è 3/5 trascurando i termini di grado inferiore?
Sbaglio?
Allora mi chiedevo se c'è una regola per accorgersi quando i termini di grado inferiore non si possono invece trascurare (più che altro allo scopo di evitare errori macroscopici).

P.S. In quanto al quesito di partenza, è chiaro che non sono in grado di rispondere (beh, non è che le altre risposte stiano fioccando).

da **PietroBaima** » 9 mar 2018, 11:00

da **wall87** » 9 mar 2018, 11:44

EcoTan ha scritto:non si direbbe subito che il risultato è 3/5 trascurando i termini di grado inferiore?
Sbaglio?

Si hai ragione, si potrebbe tralasciare le x di grado inferiore.

EcoTan ha scritto:Allora mi chiedevo se c'è una regola per accorgersi quando i termini di grado inferiore non si possono invece trascurare (più che altro allo scopo di evitare errori macroscopici)

L'unica cosa che mi viene da dirti è che non si possono trascurare quando appunto si trovano le forme di indecisione.

PietroBaima ha scritto:

Scusa Pietro ma così non arrivo comunque ancora a una forma di indecisione del tipo $+\infty\cdot0$ ?
Io ho ragionato così:

$\sqrt[3]{(x-1)^3+5x^2-3x+1}-x+1$

$\sqrt[3]{(x-1)^3\left (1+\frac{5x^2}{(x-1)^3}-\frac{3x}{(x-1)^3}+\frac{1}{(x-1)^3} \right )}-(x-1)$

$(x-1)\sqrt[3]{1+\frac{5x^2}{x^3(1-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x^3})}-\frac{3x}{x^3(1-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x^3})}+\frac{1}{(x-1)^3}}-(x-1)$

$(x-1)\left ( \sqrt[3]{1+\frac{5}{x(1-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x^3})}-\frac{3}{x^2(1-\frac{3}{x}+\frac{3}{x^2}-\frac{1}{x^3})}+\frac{1}{(x-1)^3}}-1 \right )$

Non so, forse ho sbagliato qualche cosa?

da **PietroBaima** » 10 mar 2018, 1:12

wall87 ha scritto:Non so, forse ho sbagliato qualche cosa?

Dimenticavo che non usi Taylor.

Poco male.

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[3]{x^3+2x^2}-x+1=$

$1+\lim_{x\rightarrow +\infty}\sqrt[3]{x^3+2x^2}-x=$

$1+\lim_{x\rightarrow +\infty}x\left(\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}-1\right)$

a^3-1=(a-1)(a^2+a+1)

da cui

$a-1=\frac{a^3-1}{a^2+a+1}$

$1+\lim_{x\rightarrow +\infty}x \frac{1+\frac{2}{x}-1}{\left(1+\frac{2}{x}\right) ^\frac{2}{3}+\sqrt[3]{1+\frac{2}{x}}+1}=\frac{5}{3}$

da **PietroBaima** » 10 mar 2018, 13:25

Se poi volessi apprendere lo sviluppo in serie di Taylor scopriresti che

$\left. \sqrt[n]{1+x} \right|_{x \rightarrow 0} = 1+\frac{x}{n}+\mathrm{o}[x^2]$

da cui è immediato risolvere quel limite.

In realtà con Taylor è immediato risolvere praticamente qualunque limite.

Taylor sta ai limiti come i numeri complessi stanno alla trigonometria. :mrgreen:

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