Kris979797 ha scritto:Se ho un limite per x--->0 di una qualsiasi funzione che presenta la somma di un logaritmo di grado 1 ed un sinx/cosx, (es. logx+sinx) è vero che "vince" logx perché sinx è un valore sempre compreso tra -1 ed 1?
E per x--->infinito vale la stessa cosa??
Sì: infatti hai
$$\lim_{x\to0^+} (\ln x+\sin x)=\lim_{x\to0^+} \ln x \left(1+\frac{\sin x}{\ln x}\right)=(-\infty) \left(1+\frac{0}{-\infty}\right)=-\infty$$
Ma giusto perché voglio far vedere che il logaritmo domina, altrimenti puoi passare subito al limite ed ottenere $-\infty+0=-\infty$.
Lo stesso avverrebbe con il coseno o con qualsiasi altra funzione limitata.
Analogamente
$$\lim_{x\to+\infty} (\ln x+\sin x)=\lim_{x\to+\infty} \ln x \left(1+\frac{\sin x}{\ln x}\right)=+\infty$$
Tuttavia in questo secondo caso devi anche dimostrare che
$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\sin x}{\ln x}=0$$
Ma ciò si dimostra facilmente con il teorema del confronto; hai questo problema perché
$$\lim_{x\to+\infty} \sin x =\nexists$$
Kris979797 ha scritto:Se ho un limite del tipo:
Lim x--->+infinito di (logx+sinx)/(x^2)
ad esempio qui la funzione è asintotica a logx/x^2 e quindi diverge?
Ed invece
Lim x--->0 di (logx+sinx)/(x^2)
asintotica a logx/x^2 che va a zero?
No, nel primo caso hai
$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln x+\sin x}{x^2}=0$$
Infatti
$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln x+\sin x}{x^2}=\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln x}{x^2} \left(1+\frac{\sin x}{\ln x}\right)$$
E si può dimostrare che per $x\to+\infty$ il logaritmo va ad infinito più lentamente di ogni potenza, ossia nel tuo caso è $\frac{\ln x}{x^2}\to0$ per $x\to+\infty$.
Quando invece $x\to0^+$, si ha che
$$\lim_{x\to0^+} \frac{\ln x+ \sin x}{x^2}=\frac{-\infty+0}{0^2}=-\infty$$
Senza nessun problema, non c'è bisogno di scomodare una funzione asintotica; non essendoci forme indeterminate ed essendo la funzione continua, il limite si calcola per sostituzione.