Io farei prima di tutto l'integrazione su z in questo modo ti ritrovi con un integrale doppio funzione solo di x e y. E visto che ti riduci ad integrare su un disco di raggio unitario l'uso delle coordinate polari e' d'obbligo.

ciao,
ad oggi non ho ancora trovato nulla che mi aiuti a risolvere questi stramaledetti limiti dove ognuno di questi vive di vita propria e quindi si devono modellare per renderli simili a quelli detti notevoli ......... va bè

lim (x^3 + 1) / (x^2 + 4) è una forma di indecisione oo/oo
x->+oo

e tutti i manuali o libri fanno esempi(banali) di questo tipo in quanto la potenza dominante è al numeratore e quindi il risultato è quasi immediato però, questi sono gli esempi che si trovano sui libri.

Quando però vengono dati esempi di tale tipo

lim e^(x+1) / e^x
x->+oo
si è al palo

lim log_2(x+1)/log_2(x)
x->+oo

ma ci sarà una guida veramente efficace per la loro risoluzione ?
Esercizi, esercizi, esercizi è la parola chiave ma i libri non spiegano nessun trucco: frose quelli di 20 anni fa si ?

grazie

Ma non puoi usare gli sviluppi di Taylor o Hopital?

da me incentivano l'uso dei limiti notevoli

Beh il modo piu' semplice e' appunto di trasformare le espressioni in modo che si riconducano a quelle dei limiti notevoli. E la strada piu' semplice, altrimenti ti tocca sviluppare in serie di taylor ma questo va riservato per i casi disperati.


Ma quale palo, un po' di ingenuita e' tutto quello che serve.
Semplifica il numeratore e vedi come il limite ti appare immediatamente.


Anche qua, un po' di ingenuita' algebrica e' tutto quello che serve.
L'espressione la puoi esprimere con il ln naturale in quanto il termine ln 2 si cancella tra il numeratore e denominatore. Dopodiche' nel numeratore metti in fattore 2x e usa ln (a.b) = ln a + ln b. Altri due passi semplici ed ottieni il risultato.

La guida efficace che cerchi si chiama fare pratica molta pratica.
E la stessa storia di quando impari a trovare le primitive. Non ce' una procedura specifica, ci sono tanti casi notevoli e soltanto la pratica ti da quel intuito per capire come semplificare le cose in modo da giungere ad al risultato.

Faccio presente che, in inglese, "ingenuity" significa ingegnosità.

ciao,
ma per far pratica si dovrà iniziare con in testa qualcosa ti pare ?
Ad ogni modo mi hanno suggerito un certo "Borrelli" per i e chiamiamoli "tips & tricks" per la risoluzione dei limiti.

Un altro esempio è il seguente: f(x) = x / sqrt(ln(1 + x^2))* (1 + x^2)

Senza usare Taylor, ricondurre tale funzione ad un limite notevole non è banale: se avete dele idee io le ho finite.

ciao

anche se non l'hai specificato immagino che il limite sia da intendere per x->0 (o forse 0+ o 0-)
basta dividere e moltiplicare all'interno della radice quadrata per x^2, in modo tale da riconoscere e isolare il limite notevole del logaritmo:

x/(sqrt(ln(1+x^2)/x^2)*sqrt(x^2)*(1+x^2)) e usando le proprietà dell'asintotico (o opiccoli o balle varie) :
= lim x->0 x/(|x|*(1+x^2) = lim x->0 sign(x)/(1+x^2)
dove la funzione segno è definita positiva per x>=0 e negativa per x negativi
la forma di indecisione è sciolta e si vede che il limite non esiste per x->0 (poichè limiti dx e sx non coincidono). Esistono però i limiti dalla destra o dalla sinistra, uguali rispettivamente a 1 e -1
Come avrai notato il trucco è questo: quando vedi qualche termine che ti ricorda parte di un limite notevole, completalo moltiplicando e dividendo per il termine mancante.

Appunto inzi imparando i casi speciali, i cosidetti limiti notevoli.
E poi usi manipolazioni algebriche (ed e' qui che devi fare pratica) per ricondurti a quei casi.

Senza usare Taylor, dovresti anche conoscere su due dita gli equivalenti (termine di ordine piu' basso nello sviluppo di taylor di alcune funzioni notevoli).
Ad esempio :

sin x ~ x nell'intorno di 0
sin 1/x ~ 1/x nell'intorno dell'infinito
cos x ~ 1 nell'intorno di 0
cos 1/x ~ 1/x nell'intorno dell'infinto
tg x ~ x per x->0
tg 1/x ~1/x per x->infinito
exp(x) ~ 1 per x->0
exp (1/x)~1/x per x che tende all'infinito
ln(1+x) ~ x per x->0
ln(1+1/x) ~ 1/x per x che tende all'infinito
etc...

in questo modo quando trovi una espressione che contiene uno di questi termini la puoi rimpiazzare per il suo equivalente senza cambiare il limite. Nella maggior parte dei casi ottieni un limite finito o infinto. Nei rari casi in cui l'uso degli equivalenti ti porti a forme indeterminate allora li e soltanto li' devi usare lo sviluppo di taylor dell'espressione fino al primo termine non nullo.

Per riprendere il tuo esempio, suppongo che il limite vada trovato per x->0,

allora ln(1+x^2) ~ x^2 da cui discende che sqrt(ln(1+x^2) ~ |x|
e siccome (1+x^2) ~ 1 nell'intorno di 0 la funzione f(x) diventa
f(x) ~ x/|x| nell'intorno di zero.

E cioe' per x->0+ f(x) ha limite +1, per x->0- f(x) ha limite -1.
f(x) e' quindi una funzione discontinua in x=0.

grazie 1000 per le risposte,
però pensavo che asintotici e limiti notevoli fossero due strumenti differenti.

un linkcome esempio

quindi dato un limite gli strumenti sono:

- limiti notevoli
- confronti asintotici
- taylor o mclaurin

In verita' i limiti asintotici e limiti notevoli sono la stessa cosa, ma scritti in modi diversi. Quando scrivi sinx /x -> 1 quando x->0 questo e' un limite notevole, ed e' la stessa cosa che scrivere sinx ~ x per x che sta nell'intorno di zero.

I limiti asintotici si derivano dallo sviluppo di taylor, quindi ad esempio se hai una funzione f(x) il cui sviluppo di taylor e' chesso' a0+a1*x +a2*x^2+.... avrai che f(x) ~ a0 nell'intorno di zero (sempre che a0 sia diverso da zero).
Se a0=0 prendi invece il primo termine non nullo.

Esempio pratico :

e^x = 1 + x + x^2/2 + x^3/3! +..... (sviluppo di taylor di e^x)

quindi e^x ~ 1 (essendo 1 il primo termine non nullo).

Se vuoi trovare il limite asintotico di e^x-1 riprendi lo sviluppo di taylor che diventa

e^x -1 = x + x^x/2 + x^3/3! + .... ed essendo questa volta x il primo termine non nullo ottiene che

e^x -1 ~ x nell'intorno di zero.

Altro esempio : trovare il limite per x->0 di (sin x - x)/x.
In questo caso hai un limite indeterminato e quindi visto che non puoi usare sin x ~ x nel numeratore (perche' i limiti asintotici si possono moltiplicare e dividere ma non sottrarre) devi trovare direttamente il limite asintotico di sin x -x.

sin x = x - x^3/3! + .... (sviluppo di taylor di sin x)
da cui discende che

sin x - x = -x^3/3! + ....

e quindi che sin x - x ~ -x^3/3! (essendo -x^3/3! il primo termine non nullo)

Ora visto che x ~ x puoi trovare il limite :

(sin x - x)/x ~ (-x^3/3!)/x = -x^2/3! e questo tende a zero quando x->0.

ti ringrazio veramente tanto

Dubbio atroce:
Qual era il testo originale dell'esercizio?

salve a tutti... sono di nuovo io... oggi il problema e' questo:

Considerato il tratto SIGMA della superficie del paraboloide z = x^2 + y^2 sottostante al piano passate per il punto (0,0,1)T e di versore normale n assegnato (con nz diverso da 0 e 1), verificare il teorema di stokes (cioé calcolare il flusso del rotore attraverso SIGMA e la ciruitazione del vettore su dSIGMA e verificare l'uguaglianza di tali quantità) per la funzione:

F(x)=(yx, (x^2)/2, xy)

Io una cosa dei limiti che non avevo capito e che penso di avere capito adesso riflettendoci sopra è la seguente: So dal teorema dell'unicità del limite che quando una funzione ha limite questo è unico. Non riuscivo a capire perché la risoluzione del limite dipendeva dalla forma algebrica della funzione. Ossia a volte trovavo un valore, a volte trovavo anche due forme di indecisione nella stessa funzione. Poi ho capito (diciamo che mi è stato più chiaro) che risolvere un limite semplicemente sostituendo il valore è formalmente sbagliato prima di avere ridotto la funzione ad un limite notevole, o ad una funzione continua ed una funzione di limite notevole. In una sostituisci, e nell'altra non sostituisci, ma sai cosa succede nell'intorno che ti interessa, i teoremi algebrici sui limiti poi ti permettono di avere il risultato. E' una cosa stupida, ma a mio parere nei libri di analisi potrebbero sforzarsi di dare una visione d'insieme anche a parole, non è che tutti ci arrivano subito :asd:

Un'altra cosa, spero di non fare la figura dello stupido :stordita: , è che nell'intorno dell'infinito, i limiti sono approssimabili con Taylor solamente quando si ha il limite di una funzione composta (teorema del limite della funzione composta, interpretabile come cambio di variabile) che si trasforma nel limite di una funzione tendente a zero, come negli esempi fatti da goldorak. Non esiste uno strumento per approssimare le funzioni nell'intorno dell'infinito senza questo accorgimento?

Il limite di una funzione f(x) in un punto x0 se esiste (finito o infinto) dipende soltanto dai valori che la funzione f(x) assume nell'intorno di x0 MA NON dal valore che f(x) prende in x0.

Per le funzioni continue la storia e' un tantino diversa nel senso che si possono avere queste due situazioni :

• se il limite di f(x) in x0 esiste (finito) (ed f e' continua in x0) allora il limite dev'essere necessariamente uguale a f(x0).
• f(x) puo' essere continua in x0 senza che esista alcun limite.

Si ci sono metodi specifici che non si basano sugli sviluppi di taylor.
Ecco due articoli su wikipedia inglese :

• Analisi Asintotica
• Teoria Asintotica

che possono essere punti di partenza per approfondimenti. :stordita:

ora il dubbio lo hai fatto venire anche a me.
Quando si studia l'esistenza dell'asintoto verticale lim x->x0 allora è sbagliato porre x0=0 :stordita:

Queste sono le forme indeterminate , quindi il tuo inf\inf è una forma indeterminata.

Studiare l'integrabilità di


Per x->0 converge.

Per x->pi\2 direi che

e quindi diverge :stordita:

Il libro dice che converge. :mbe: :confused:

Aggiungo anche quest'altro che non mi torna.
Per x->1

i log li ho trasformati aggiungendo e sottraendo 1 e quindi log(1+y)~y per y->0.
Ora, dallo schemino del libro quel coso converge se 1-a<1 e quindi a>0 giusto?

quella relazione ti dice solo che |f(x)| è minore in un intorno di pi/2 ( in realtà su tutto l'intervallo di integrazione) di una certa funzione il cui integrale diverge; per la monotonia dell'integrale allora l'integrale in un intorno di pi/2 sarà minore dell'integrale di g nello stesso intorno, ma nulla vieta al primo di essere finito anzi!
fra l'altro la maggiorazione è sbagliata: infatti |sin(x)|<= 1 implica che 1/|sin(x)| >= 1 e perciò la disuguaglianza sarebbe col simbolo opposto
|f(x)| >=sin(radq(x))/(pi/2-x)
la funzione minorante non è integrabile impropriamente in un intorno sx di 1/2 , perciò (nota bene il simbolo >=) la funzione a sx non è integrabile impropriamente. Una domanda sorge spontanea : sbagliamo noi o il libro??