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Non riesco a calcolare in modo corretto il seguente limite per [tex]x->0[/tex], di [tex]1/x^2-(1/(sinx)^2)[/tex].
Resto in attesa di una risposta.
Grazie!

francicko wrote:Non riesco a calcolare in modo corretto il seguente limite per [tex]x->0[/tex], di [tex]1/x^2-(1/(sinx)^2)[/tex].
Resto in attesa di una risposta.
Grazie!

se il limite e questo

[tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{1}{x^2}-\frac{1}{\sin^2 x}[/tex]

io farei cosi: anzitutto scriverei il limite come segue:

[tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{1}{x^2}-\frac{1}{\sin^2 x}=\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{\sin^2 x- x^2}{x^2\sin^2 x}[/tex]

ora ricordando che

[tex]\sin x \sim x, \quad \mbox {quando} \quad x\to 0[/tex]

a denominatore abbiamo:

[tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{\sin^2 x- x^2}{x^2\sin^2 x}\sim \lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{\sin^2 x- x^2}{x^4}[/tex]

ora utilizzando gli sviluppi di Taylor per il seno abbiamo che:

[tex]\displaystyle \sin x=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3), \quad \mbox {e dunque} \quad \sin^2 x=\left(x-\frac{x^3}{3!}\right)^2[/tex] :

allora il limite diviene:

[tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{1}{x^2}-\frac{1}{\sin^2 x} =[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{\sin^2 x- x^2}{x^2\sin^2 x}\sim[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{\sin^2 x- x^2}{x^4}\stackrel{\bf(T)}{=}[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{ \left(x-\frac{x^3}{3!}\right)^2- x^2}{x^4} =[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\, \frac{ x^2-\frac{2}{3!}\,\,x^4+o(x^4) - x^2}{x^4} =[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{x \to 0}\,\,\,-\frac{2}{3!}\cdot \frac{ x^4 }{x^4}=-\frac{1}{3}[/tex]

Mi interesserebbe conoscere una soluzione di tale limite, se possibile, senza l'uso dello sviluppo in serie di taylor.

Dal momento che il limite coinvolge termini successivi dello sviluppo del seno, non si può fare con i soli limiti notevoli. Servono per forza strumenti di ordine superiore, come Taylor o De L'Hopital.

Grazie per la risposta!!
Quindi se ad esempio ho il seguente limite per [tex]x[/tex] tendente ad infinito,di [tex](1-sin(1/n))^n[/tex], che da origine alla forma indeterminata [tex]1[/tex] elevato infinito, posso risolverlo usando il fatto che all'infinito [tex]sin(1/n)[/tex]
si approssima ad [tex]1/n[/tex], quindi posso scrivere [tex]lim (1-sin(1/n)^n[/tex][tex]=lim (1-1/n)^n[/tex][tex]=lim(1+(1/-n))^n[/tex][tex]=lim((1+1/-n)^-^n)^-^1)[/tex][tex]=e^-^1)=1/e[/tex].
Mentre se ho il limite sempre per [tex]n[/tex] tendente ad infinito, di [tex](2-cos1/n)[/tex] il tutto elevato ad [tex]n^2[/tex], allora sono costretto a ricorrere allo sviluppo in serie di taylor, ottenendo così come risultato finale la radice quadrata di [tex]1/e[/tex], scusate se non sono riuscito a scrivere tutti i passaggi in latex, ma conosco ancora poco il linguaggio.

No, questo

[tex]\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\left(2-\cos\frac{1}{n}\right)^{n^2}[/tex]

si può fare con i soli limiti notevoli. Basta scriverlo come esponenziale e poi fare il limite dell'esponente sfruttando il limite notevole con il logaritmo. Conviene anche il cambio di variabili [tex]x=\displaystyle\frac{1}{n}[/tex].

Può darmi ,se possibile ,una traccia in pìù , perchè non riesco a risolverlo senza l'uso di taylor.

Dopo il cambio di variabili diventa

[tex]\displaystyle\lim_{x\to 0}(2-\cos x)^{1/x^2}[/tex]

A questo punto uno lo scrive come esponenziale e si riduce a fare il limite dell'esponente

[tex]\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\log(2-\cos x)}{x^2}}[/tex]

Ora

[tex]\dfrac{\log(2-\cos x)}{x^2}}=\dfrac{\log(1+(1-\cos x))}{1-\cos x}\cdot\dfrac{1-\cos x}{x^2}[/tex]

e siamo ridotti a limiti notevoli (per il primo fattore serve il cambio di variabili [tex]y=1-\cos x[/tex] e osservare che, quando [tex]x\to 0[/tex], si ha che anche [tex]y\to 0[/tex] ).

Potrebbe andar bene anche così?
[tex]lim(2-cosx)^\left(1/x^2)[/tex][tex]=(1+(1-cosx))^\left(1/x^2)[/tex][tex]=(1+(1-cosx))^\left(1/(1-cosx))\left((1-cosx)/x^2)[/tex], ed essendo che sempre per [tex]x->0[/tex] si ha [tex]lim(1+(1-cosx))^\left(1/(1-cosx))[/tex][tex]=e[/tex] ed [tex]lim(1-cosx)/x^2=1/2[/tex] in definitiva avremo che il nostro limite di partenza sarà uguale ad [tex]e^\left(1/2)[/tex]

E' sostanzialmente la stessa cosa. Formalmente, il passaggio "e-alla" in cui si porta tutto all'esponente è quello che serve per giustificare il modo di operare su espressioni con basi ed esponenti variabili.

Grazie per la risposta!