Limite con logaritmo, esponenziale e seno

[asiatruma]

Salve avrei bisogno del suo aiuto con questo esercizio...


Calcolare, se esiste, utilizzando i limiti notevoli (o confronto tra infiniti ed infinitesimi), il seguente limite:

\[\lim_{x \to 0}2^{-\frac{1}{x}}\frac{log\left ( 1+xsin\, x \right )-e^{\frac{x^{2}}{2}}+1}{sin\, x-\sqrt{1+x}+1}\]

grazie

[maurizio.schirinzi]

Ciao, \[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {2^{ - \frac{1}{x}}}\frac{{\ln (1 + x\,sen(x)) - {e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} + 1}}{{sen(x) - \sqrt {1 + x} + 1}} = [\frac{0}{0}]\]
Per questo limite, pur riuscendo ad arrivare al risultato del limite destro (x-->0+) mediante i limiti notevoli, per il limite sinistro (x-->0-) utilizzando i limiti notevoli si ricasca di nuovo in forma indeterminata, come si evince dai seguenti passaggi! ...
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {2^{ - \frac{1}{x}}}\frac{{\ln (1 + x\,sen(x)) - {e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} + 1}}{{sen(x) - \sqrt {1 + x} + 1}} = \]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {2^{ - \frac{1}{x}}}\frac{{\frac{{\ln (1 + x\,sen(x))}}{{x\,sen(x)}}x\,sen(x) - (\frac{{{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} - 1}}{{\frac{{{x^2}}}{2}}})\frac{{{x^2}}}{2}}}{{\frac{{sen(x)}}{x}x - (\frac{{\sqrt {1 + x} - 1}}{x})x}} = \]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {2^{ - \frac{1}{x}}}\frac{{x\,[\frac{{\ln (1 + x\,sen(x))}}{{x\,sen(x)}}sen(x) - (\frac{{{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} - 1}}{{\frac{{{x^2}}}{2}}})\frac{x}{2}]}}{{x\,[\frac{{sen(x)}}{x} - (\frac{{\sqrt {1 + x} - 1}}{x})]}} = \]
\[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {2^{ - \frac{1}{x}}}\frac{{\frac{{\ln (1 + x\,sen(x))}}{{x\,sen(x)}}sen(x) - (\frac{{{e^{\frac{{{x^2}}}{2}}} - 1}}{{\frac{{{x^2}}}{2}}})\frac{x}{2}}}{{\frac{{sen(x)}}{x} - (\frac{{{{(1 + x)}^{\frac{1}{2}}} - 1}}{x})}} = \]
\[ = \left\{ \begin{array}{l}
x \to {0^ + }\;:\;\;{2^{ - \frac{1}{{{0^ + }}}}}\frac{{1 \cdot 0 - 1 \cdot 0}}{{1 - \frac{1}{2}}} = {2^{ - \infty }}\frac{0}{{1/2}} = 0\\
x \to {0^ - }\;:\;\;{2^{ - \frac{1}{{{0^ - }}}}}\frac{{1 \cdot 0 - 1 \cdot 0}}{{1 - \frac{1}{2}}} = {2^{ + \infty }}\frac{0}{{1/2}} = [\infty \cdot 0]
\end{array} \right.\]
Risulta quindi evidente che per il limite sinistro (x-->0-) occorre ricorrere ai più potenti sviluppi di Taylor!!

Colgo l'occasione per ricordare che per limiti di una certa complessità nelle espressioni matematiche l'unico metodo al mondo che consente di risolvere quei limiti è quello degli sviluppi di Taylor!! ... Nessun'altra tecnica potrà mai funzionare!!


Saluti.

[asiatruma]

Pertanto ,per il teorema sul prodotto dei limiti,
essendo limite destro uguale a $= 0$ e il limite sinistro$ =\infty$,
dunque non esiste il limite assegnato.

è corretto dire ciò, non avendo fatto gli sviluppi di Taylor.
mi faccia sapere.
grazie

[maurizio.schirinzi]

ASSOLUTAMENTE NO !!

Le forme indeterminate sono proprio i "talloni di Achille" dei teoremi sulle proprietà dei limiti !!

Purtroppo spesso questa cosa di solito non viene spiegata al liceo e spesso non viene precisata neanche nei corsi all'università; ne segue quindi che le forme indeterminate risultano allo studente come qualcosa di "trascendente" da imparare a memoria e poi cercare con qualche proprietà dei limiti o teorema di eliminarle!

Purtroppo le cose non stanno esattamente cosi !!

Prendiamo ad esempio la proprietà del limite del prodotto uguale al prodotto dei limiti. Si tratta in realtà di un teorema che recita cosi:

Versione superficiale data al liceo
Il limite del prodotto è uguale al prodotto dei limiti.

Versione di come stanno le cose
Se esistono i 2 limiti delle due funzioni a prodotto e questi 2 limiti non danno zero x infinito (forma indeterminata) allora è vero che esiste il limite del prodotto delle due funzioni e questo limite fà il prodotto dei limiti. Ma se si verifica la forma indeteminata zero x infinito o uno dei due limiti non esiste nulla si può dire del limite del prodotto che potrebbe esistere ugualmente e va calcolato con altre tecniche!

Come vedi quindi le forme indeterminate sono semplicemente proprio le situazioni dove le proprietà-teoremi sui limiti falliscono. Pertanto il tuo ragionamento è sbagliato. Non puoi dire che poichè il limite del prodotto ti da zero x infinito allora il limite non esiste. Quello che non esiste in quella situazione è la proprietà-teorema del limite del prodotto !!

Speriamo in futuro di fare chiarezza su tutte queste cose nei video-tutorials di teoria sui limiti con tutte le dimostrazioni dettagliatissime dei singoli teoremi e proprietà dei limiti con la spiegazione del perchè esistono le forme indeterminate e da dove hanno origine!

Saluti.

[asiatruma]

quindi, posso dire che, per il teroma di unicità del limite, segue che
il limite dato non ESISTE.

è corretto??? altrimenti come si conclude questo limite.
mi faccia sapere.
grazie

[maurizio.schirinzi]

Cosa c'entra il teorema di unicità del limite??

Come ho già detto nel primo post il limite sinistro (x-->0-) esisterà ma va calcolato solo ed esclusivamente con gli sviluppi di Taylor e NON con le tecniche dei limiti notevoli !!

[asiatruma]

scusami ancora ma tramite confronto tra infiniti e infinitesimi,
si può risolvere questo limite.

fammi sapere come fare..
grazie..

[maurizio.schirinzi]

No !! ... il confronto tra infinitesimi e infiniti va bene quando si fanno ragionamenti di approssimazione al 1° ordine dello sviluppo di Taylor, cioè con i limiti notevoli stessi che non sono altro che gli sviluppi di Taylor troncati al 1° ordine! ...

Ma là dove è necessario (come nel caso del tuo limite) fare un confronto "più raffinato" tra gli infinitesimi di ordine superiore risultano obbligatori gli sviluppi di Taylor troncati all'ordine necessario per poter eliminare la forma indeterminata mantenendo in gioco il calcolo del limite senza ricascare di nuovo in forma indeterminata.

Su queste questioni sono disponibili moltissimi video-tutorials di esercizi che spiegano in ogni dettaglio il motivo per cui si rendono necessarie in certi limiti le tecniche degli sviluppi di Taylor.

Ecco di seguito il link alla relativa playlist che ti consiglio di guardare (TUTTA!) a partire dal video più vecchio in fondo alla playlist (codice 2013.09.16-19.09), dove mediante dei primi esempi più semplici viene spiegato il perchè in certi limiti è necessario applicare gli sviluppi di Taylor e soprattutto il perché è necessario spesso utilizzare nei calcoli anche i cosiddetti simboli di Landau (o-piccoli), per tenere conto del "peso" dell'ordine degli infinitesimi nei calcoli al fine di arrivare al risultato corretto del limite:

Analisi 1 >> Limiti >> Calcolo di Limiti >> Limiti Vari con tecniche di Sviluppi di Taylor >> Sviluppi di Taylor con simboli di Landau

Saluti.