Limite fratto con Taylor, seno ed esponenziali

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Stavo tentando di risolvere un limite della differenza di due funzioni esponenziali con base variabile facendo uso del teorema di Taylor ma la mole di calcoli mi fa intuire che c'è qualcosa che non va. Esiste un metodo alternativo che non tiri in ballo gli sviluppi di Taylor?

 

lim_(x → 0)((1+sin(x)+sin^2(x))^((1)/(x))-(1+sin(x))^((1)/(x)))/(x)

 

Grazie.

Domanda di WhiteC

 
Soluzioni

  • Calcoliamo il limite

    lim_(x → 0)((1+sin(x)+sin^2(x))^((1)/(x))-(1+sin(x))^((1)/(x)))/(x) = (•)

    invocando le equivalenze asintotiche che scaturiscono dai limiti notevoli. Prima di poterne fare uso però è necessario esprimere le funzioni esponenziali con base variabile sotto forma di una funzione esponenziale con base e mediante l'identità notevole

    h(x)^(g(x)) = e^(g(x)ln(h(x))) per h(x) > 0

    Utilizzando questa proprietà, il limite dato si esprime nella forma equivalente

    (•) = lim_(x → 0)(e^((1)/(x)ln(1+sin(x)+sin^2(x)))-e^((1)/(x)ln(1+sin(x))))/(x) =

    e mettendo in evidenza e^((1)/(x)ln(1+sin(x))) a numeratore scriviamo

    = lim_(x → 0)(e^((1)/(x)ln(1+sin(x)))[e^((1)/(x)ln(1+sin(x)+sin^2(x))-(1)/(x)ln(1+sin(x)))-1])/(x) = (• •)

    In forza della proprietà dei logaritmi sulla differenza

    ln(a)-ln(b) = ln((a)/(b)) per a > 0 e b > 0

    possiamo esprimere il limite nella forma

    (• •) = lim_(x → 0)(e^((1)/(x)ln(1+sin(x)))[e^((1)/(x)ln((1+sin(x)+sin^2(x))/(1+sin(x))))-1])/(x) =

    Ora un piccolo barbatrucco: distribuiamo 1+sin(x) in modo intelligente

    = lim_(x → 0)(e^((1)/(x)ln(1+sin(x)))[e^((1)/(x)ln((1+sin(x))/(1+sin(x))+(sin^2(x))/(1+sin(x))))-1])/(x) = lim_(x → 0)(e^((1)/(x)ln(1+sin(x)))[e^((1)/(x)ln(1+(sin^2(x))/(1+sin(x))))-1])/(x) = (• • •)

    e sfruttiamo la stima asintotica notevole associata al logaritmo

    ln(1+h(x)) ~ _(h(x) → 0)h(x)

    valida nel momento in cui l'argomento del logaritmo tende a 1 o equivalentemente quando h(x) → 0. Nel caso in esame

    ln(1+(sin^2(x))/(1+sin(x))) ~ _(x → 0)(sin^2(x))/(1+sin(x))

    e tenuto conto che

    - il termine 1+sin(x) tende a 1 per x → 0;

    - il termine sin^2(x) è asintoticamente equivalente a x^2 per x → 0;

    abbiamo assicurata la validità della stima asintotica

    ln(1+(sin^2(x))/(1+sin(x))) ~ _(x → 0)x^2

    Dividendo membro a membro per x otterremo inoltre:

    (1)/(x)ln(1+(sin^2(x))/(1+sin(x))) ~ _(x → 0)x

    Quest'ultima informazione è davvero importante perché asserisce che l'esponente dell'esponenziale è infinitesima e dunque ci assicura la validità della stima asintotica

    e^((1)/(x)ln(1+(sin^2(x))/(1+sin(x))))-1 ~ _(x → 0)(1)/(x)ln(1+(sin^2(x))/(1+sin(x))) ~ _(x → 0)x

    In accordo con il principio di sostituzione degli infinitesimi il limite dato diventa

    (• • •) = lim_(x → 0)(e^((1)/(x)ln(1+sin(x)))·x)/(x) = lim_(x → 0)e^((1)/(x)ln(1+sin(x))) = e^(lim_(x → 0)(1)/(x)ln(1+sin(x))) =

    Moltiplichiamo e dividiamo all'esponente per sin(x) così da ricondurci al limite notevole del logaritmo e a quello del seno

    = e^(lim_(x → 0)(sin(x))/(x)·(ln(1+sin(x)))/(sin(x))) = e^(1·1) = e

    Abbiamo terminato l'esercizio.

    Risposta di Ifrit
 
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