Limite parametrico con gli sviluppi di Taylor

[ascaplboh]

Qualcuno mi aiuta a risolvere questo limite con gli sviluppi di taylor?

\[\lim_{x\rightarrow 0+} (\frac{1}{sin^{2 }x} - \frac{1}{x^{\alpha }})\]

[maurizio.schirinzi]

Ciao, ecco di seguito lo svolgimento:
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\frac{1}{{se{n^2}(x)}} - \frac{1}{{{x^\alpha }}}} \right] = \left\{ \begin{array}{l}
\alpha \le 0\quad \to \quad + \infty \\
\alpha > 0\quad \to \quad + \infty - \infty
\end{array} \right.\]
applicando lo sviluppo di Taylor del seno al 3° ordine si ha:
\[\alpha > 0\quad \to \quad = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\frac{1}{{{{[x - \frac{1}{6}{x^3} + 0({x^5})]}^2}}} - \frac{1}{{{x^\alpha }}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\frac{1}{{{x^2} - \frac{1}{{36}}{x^6} + 0({x^{10}}) - \frac{1}{3}{x^4} + 0({x^6}) - 0({x^8})}} - \frac{1}{{{x^\alpha }}}} \right] = \] \[ = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \left[ {\frac{1}{{{x^2} - \frac{1}{3}{x^4} + 0({x^6})}} - \frac{1}{{{x^\alpha }}}} \right] = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^\alpha } - {x^2} + \frac{1}{3}{x^4} - 0({x^6})}}{{{x^\alpha }[{x^2} - \frac{1}{3}{x^4} + 0({x^6})]}} = \] \[ = \left\{ \begin{array}{l}
\alpha = 2\quad \to \quad = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\frac{1}{3}{x^4} - 0({x^6})}}{{{x^4} - \frac{1}{3}{x^6} + 0({x^8})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{\frac{1}{3}{x^4}}}{{{x^4}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{3} = \frac{1}{3}\\
\alpha < 2\quad \to \quad = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^\alpha } - {x^2} + \frac{1}{3}{x^4} - 0({x^6})}}{{{x^{\alpha + 2}} - \frac{1}{3}{x^{\alpha + 4}} + 0({x^{\alpha + 6}})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{{x^\alpha }}}{{{x^{\alpha + 2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{{{x^2}}} = + \infty \\
\alpha > 2\quad \to \quad = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{ - {x^2} + {x^\alpha } + \frac{1}{3}{x^4} - 0({x^6})}}{{{x^{\alpha + 2}} - \frac{1}{3}{x^{\alpha + 4}} + 0({x^{\alpha + 6}})}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{ - {x^2}}}{{{x^{\alpha + 2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{{ - 1}}{{{x^\alpha }}} = - \infty
\end{array} \right.\]
riassumendo quindi tutti i risultati, comprendendo anche quello iniziale di \(\alpha \) < 0, si ha:
\[\left\{ \begin{array}{l}
\alpha < 2\quad \to \quad + \infty \\
\alpha = 2\quad \to \quad \;\frac{1}{3}\\
\alpha > 2\quad \to \;\;\;\; - \infty
\end{array} \right.\]
Saluti.

[ascaplboh]

Ma quando si risolvono limiti parametrici molto simili a questi, il valore che devo dare ad alfa è quello della potenza di grado più basso ?

[maurizio.schirinzi]

Certamente !! ...

Nel calcolo dei limiti in generale vanno sempre "tenuti in gioco" i termini "dominanti" che nel caso di potenze della x sono: per x --> 0 quelli di grado più basso, perché tendono a zero meno rapidamente rispetto a quelli di grado più alto (detti infinitesimi di ordine inferiore); mentre, al contrario, per x --> infinito i termini "dominanti" sono sempre quelli di grado più alto (detti infiniti di ordine superiore).

Ovviamente nel caso degli sviluppi di Taylor interessano solo i termini infinitesimi!

Ciao.

[ascaplboh]

grazie mille!!