Risoluzione limite senza de l'hôpital

Messaggioda popetto » 10/03/2020, 12:17

Salve a tutti, sono nuovo qui e scrivo per chiedervi di un limite che non può essere risolto, per richiesta dell'esercizio, né con De l'Hôpital, né con confronto tra infiniti (sebbene io abbia provato anche quel metodo, senza però capirci qualcosa), né altro; in sostanza, si possono utilizzare i limiti notevoli e qualche teorema di base (es. confronto, permanenza del segno). Il limite è questo:
$lim_(x->2^+)(ln(x-2))/ln(e^x-e^2)$
Nella risoluzione sono arrivato, praticando una sostituzione di questo tipo:
$t=x-2$
a
$lim_(t->0^+)(lnt)/(2+ln(e^t-1))$
ma dopo questo, non ho idea di come andare avanti, perché al mio occhio non vi sono particolari limiti notevoli da applicare.
Spero nel vostro aiuto,
grazie :D
popetto
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Re: Risoluzione limite senza de l'hôpital

Messaggioda 3m0o » 10/03/2020, 13:24

Sei sull'ottima strada, ti basta moltiplicare per \(1 \) in modo "intelligente" per ricondurti ad un limite notevole
\[ \frac{ \ln t}{2 + \ln(e^t-1)} =\frac{ \ln t}{2 + \ln\left( t \cdot \frac{e^t-1}{t} \right)}=\frac{ \ln t}{2 + \ln t+ \ln\left( \frac{e^t-1}{t} \right)}= \frac{ \ln t}{\ln (t) \cdot \left[ 1 + \frac{2}{\ln t} + \frac{\ln\left( \frac{e^t-1}{t} \right)}{\ln t } \right]} \]
prova ad andare avanti.

NB: Nella scrittura senza limite tutti i passaggi di divisione per \( t \) e \(\ln(t) \) sono validi poiché \( t \to 0^+ \) e quindi \( t \neq 0 \) e posso anche supporre \( t \neq 1 \) (perché scelto \(t \) vicino a zero) e dunque \( \ln(t) \neq 0 \). Altrimenti moltiplicare e dividere per \(t \) o la messa in evidenza di \( \ln(t) \) non sarebbero passaggi validi.
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Re: Risoluzione limite senza de l'hôpital

Messaggioda popetto » 10/03/2020, 18:35

Grazie mille per la risposta tempestiva! Utilissima :D
popetto
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Re: Risoluzione limite senza de l'hôpital

Messaggioda FrancisRaptor » 20/03/2020, 18:16

Moderatore: @melia

Nella soluzione di questo esercizio ci sono degli errori concettuali anche gravi

Ciao popetto, sono nuovo anche io, vorrei aiutarti anche io a risolvere questo limite; Si può risolvere in vari modi, mi corregga tranquillamente se qualcuno vede qualcosa di strano.
Il modo puramente "algebrico", che penso sia quello che a te interessi: $ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(e^t-1)}=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)}=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(1\cdot t)}$
Dove in questi passaggi ho utilizzato il limite notevole della funzione esponenziale, e posso farlo poiché la quantità che compare all'esponente dell'esponenziale tende effettivamente a 0; continuando, si ottiene:
$ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{\ln(t)\left(\frac{2}{\ln(t)}+1\right)}=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{\frac{2}{\ln(t)}+1}=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{0 +1}=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{1}=1 $
L'altro metodo consiste nell'utilizzare la gerarchia degli infiniti e dato che hai mostrato tentennamenti nel capire come fare, ti spiego anche questo metodo nel dettaglio.
Qui bisogna fare però, un'altra sostituzione:
$ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(t)},\ \ \ln(t)=z\Rightarrow\lim_{z\to-\infty}\frac{z}{2+z} $
Ho fatto questa sostituzione perché noto che:
$ z=\ln(t)\rightarrow-\infty,\ per\ t\rightarrow 0^+ $
Qui come vedi, ottengo tutti infiniti che chiamo z.
Per la gerarchia degli infiniti, si dice che:
$ per\,z\to-\infty\Rightarrow\frac{z}{2+z}~~\frac{z}{z}=1$ poiché 2 rispetto a $-\infty$ è trascurabile, ovvero che $\frac{z}{2+z}$ è asintoticamente equivalente ad$\frac{z}{z}$$\Rightarrow \lim_{z\to-\infty}\frac{z}{2+z}=1$
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Re: Risoluzione limite senza de l'hôpital

Messaggioda popetto » 03/04/2020, 17:35

FrancisRaptor ha scritto:Ciao popetto, sono nuovo anche io, vorrei aiutarti anche io a risolvere questo limite; Si può risolvere in vari modi, mi corregga tranquillamente se qualcuno vede qualcosa di strano.
Il modo puramente "algebrico", che penso sia quello che a te interessi: $ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(e^t-1)}=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)}=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(1\cdot t)}$
Dove in questi passaggi ho utilizzato il limite notevole della funzione esponenziale, e posso farlo poiché la quantità che compare all'esponente dell'esponenziale tende effettivamente a 0; continuando, si ottiene:
$ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{\ln(t)\left(\frac{2}{\ln(t)}+1\right)}=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{\frac{2}{\ln(t)}+1}=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{0 +1}=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{1}=1 $
L'altro metodo consiste nell'utilizzare la gerarchia degli infiniti e dato che hai mostrato tentennamenti nel capire come fare, ti spiego anche questo metodo nel dettaglio.
Qui bisogna fare però, un'altra sostituzione:
$ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(t)},\ \ \ln(t)=z\Rightarrow\lim_{z\to-\infty}\frac{z}{2+z} $
Ho fatto questa sostituzione perché noto che:
$ z=\ln(t)\rightarrow-\infty,\ per\ t\rightarrow 0^+ $
Qui come vedi, ottengo tutti infiniti che chiamo z.
Per la gerarchia degli infiniti, si dice che:
$ per\,z\to-\infty\Rightarrow\frac{z}{2+z}~~\frac{z}{z}=1$ poiché 2 rispetto a $-\infty$ è trascurabile, ovvero che $\frac{z}{2+z}$ è asintoticamente equivalente ad$\frac{z}{z}$$\Rightarrow \lim_{z\to-\infty}\frac{z}{2+z}=1$


Grazie mille! :D
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Re: Risoluzione limite senza de l'hôpital

Messaggioda 3m0o » 03/04/2020, 21:03

FrancisRaptor ha scritto: $ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)}=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(1\cdot t)}$
Dove in questi passaggi ho utilizzato il limite notevole della funzione esponenziale, e posso farlo poiché la quantità che compare all'esponente dell'esponenziale tende effettivamente a 0; [...]

Formalmente questo passaggio è sbagliato!
Prima di tutto non è scontato che
\[ \lim_{t \to 0^+ } \ln\left( \frac{e^t-1}{t} \cdot t \right) = \ln\left( \lim_{t \to 0^+ } \frac{e^t-1}{t} \cdot t \right) \]
In questo caso è vero perché \( \frac{e^t-1}{t} \cdot t \) non si annulla in un intorno bucato di \( 0\).
In secondo luogo non è scontato che
\[ \ln\left( \lim_{t \to 0^+ } \frac{e^t-1}{t} \cdot t \right) = \ln\left( \lim_{t \to 0^+ } \frac{e^t-1}{t} \cdot \lim_{t \to 0^+ } t \right) \]
In questo caso è vero perché sia il limite di \( \frac{e^t-1}{t} \) e di \( t \) esistono.
In terzo luogo quello che stai facendo per portare il limite a denominatore formalmente è
\[ \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)} = \lim_{t \to 0^+} \ln(t) \cdot \lim_{t \to 0^+} \frac{1}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)} \]
E questo è sbagliato perché il limite di \( \ln(t) \) non esiste.
Infatti
\[ 1= \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)}\neq (-\infty) \cdot 0 = \lim_{t \to 0^+} \ln(t) \cdot \lim_{t \to 0^+} \frac{1}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)} \]
Per di più la scrittura \( (-\infty) \cdot 0 \) non ha senso perché sei al di fuori di un limite!

Per finire calcolare il limite solo di alcune parti e poi continuare con il limite ti può portare a conclusioni errate, vedi:
\[ \lim_{x \to \pi/2^-} \cos(x) \tan(x) = 1 \]
Se invece ragioni dicendo "beh... \( \lim_{x \to \pi/2^-} \cos(x) = 0 \)" e sostituisci il valore nel limite ottieni una cosa sbagliata
\[ \lim_{x \to \pi/2^-}\cos(x) \tan(x)=1 \neq 0= \lim_{x \to \pi/2^-} 0 \cdot \tan(x) \]

E con un limite notevole il controesempio
\[ \lim_{x \to \pi/2^-} \cos\left( \frac{ \pi \sin(x-\pi/2)}{2(x- \pi/2)} \right) \tan\left( \frac{ \pi \sin(x-\pi/2)}{2(x- \pi/2)} \right) = 1 \]
Se fai il limite notevole ottieni
\[\lim_{x \to \pi/2^-} \cos( \frac{ \pi }{2} \cdot 1 ) \tan\left( \frac{ \pi \sin(x-\pi/2)}{2(x- \pi/2)} \right)= 0 \]

Che è quello che hai fatto sostanzialmente in quel passaggio, anche se il risultato che hai ottenuto è corretto.
3m0o
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Re: Risoluzione limite senza de l'hôpital

Messaggioda FrancisRaptor » 21/04/2020, 16:00

3m0o ha scritto:
FrancisRaptor ha scritto: $ \lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)}=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(t)}{2+\ln(1\cdot t)} $
Dove in questi passaggi ho utilizzato il limite notevole della funzione esponenziale, e posso farlo poiché la quantità che compare all'esponente dell'esponenziale tende effettivamente a 0; [...]

Formalmente questo passaggio è sbagliato!
Prima di tutto non è scontato che
\[ \lim_{t \to 0^+ } \ln\left( \frac{e^t-1}{t} \cdot t \right) = \ln\left( \lim_{t \to 0^+ } \frac{e^t-1}{t} \cdot t \right) \]
In questo caso è vero perché \( \frac{e^t-1}{t} \cdot t \) non si annulla in un intorno bucato di \( 0 \).
In secondo luogo non è scontato che
\[ \ln\left( \lim_{t \to 0^+ } \frac{e^t-1}{t} \cdot t \right) = \ln\left( \lim_{t \to 0^+ } \frac{e^t-1}{t} \cdot \lim_{t \to 0^+ } t \right) \]
In questo caso è vero perché sia il limite di \( \frac{e^t-1}{t} \) e di \( t \) esistono.
In terzo luogo quello che stai facendo per portare il limite a denominatore formalmente è
\[ \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)} = \lim_{t \to 0^+} \ln(t) \cdot \lim_{t \to 0^+} \frac{1}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)} \]
E questo è sbagliato perché il limite di \( \ln(t) \) non esiste.
Infatti
\[ 1= \lim_{t \to 0^+} \frac{\ln(t)}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)}\neq (-\infty) \cdot 0 = \lim_{t \to 0^+} \ln(t) \cdot \lim_{t \to 0^+} \frac{1}{2+\ln(\frac{e^t-1}{t}\cdot t)} \]
Per di più la scrittura \( (-\infty) \cdot 0 \) non ha senso perché sei al di fuori di un limite!

Per finire calcolare il limite solo di alcune parti e poi continuare con il limite ti può portare a conclusioni errate, vedi:
\[ \lim_{x \to \pi/2^-} \cos(x) \tan(x) = 1 \]
Se invece ragioni dicendo "beh... \( \lim_{x \to \pi/2^-} \cos(x) = 0 \)" e sostituisci il valore nel limite ottieni una cosa sbagliata
\[ \lim_{x \to \pi/2^-}\cos(x) \tan(x)=1 \neq 0= \lim_{x \to \pi/2^-} 0 \cdot \tan(x) \]

E con un limite notevole il controesempio
\[ \lim_{x \to \pi/2^-} \cos\left( \frac{ \pi \sin(x-\pi/2)}{2(x- \pi/2)} \right) \tan\left( \frac{ \pi \sin(x-\pi/2)}{2(x- \pi/2)} \right) = 1 \]
Se fai il limite notevole ottieni
\[ \lim_{x \to \pi/2^-} \cos( \frac{ \pi }{2} \cdot 1 ) \tan\left( \frac{ \pi \sin(x-\pi/2)}{2(x- \pi/2)} \right)= 0 \]

Che è quello che hai fatto sostanzialmente in quel passaggio, anche se il risultato che hai ottenuto è corretto.

Innanzitutto vi chiedo scusa per aver cercato di aiutare l'utente in maniera sbagliata, rivedrò le mie competenze al riguardo, vi ringrazio.
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