Ricevo da Vincenzo la seguente domanda:
Salve Professore,
ho bisogno del suo aiuto per risolvere due limiti:
\[\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{n}^{a}}\left( \sin \left( \frac{1}{n} \right)-\sin \left( \frac{1}{n+1} \right) \right)\quad \quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\left( \frac{4{{\left( \ln \left( 1+x \right)-x \right)}^{2}}-{{x}^{4}}+12{{x}^{6}}\ln x}{{{x}^{b}}} \right)\]
da calcolare al variare dei parametri \(a\) e \(b\) in \(\mathbb{R}\).
La ringrazio in anticipo.
Gli rispondo così:
Caro Vincenzo,
nel primo caso, posto \(x=1/n\), il limite diventa: \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( x \right)-\sin \frac{x}{x+1}}{{{x}^{a}}}\]limite certamente nullo per \(a\le 0\), mentre per \(a>0\) il limite si presenta nella forma \(0/0\) e possiamo discuterla o tramite lo sviluppo in serie di McLaurin del numeratore o tramite il teorema di de l’Hopital, cercando la prima derivata del numeratore che non si annulli in \(x=0\): Tenuto conto che:
\[\sin x=x-\frac{1}{6}{{x}^{3}}+\frac{1}{5!}{{x}^{5}}-...\quad \quad \sin \frac{x}{x+1}=x-{{x}^{2}}+\frac{5}{6}{{x}^{3}}-\frac{{{x}^{4}}}{2}+\frac{1}{5!}{{x}^{5}}-...\] si ha subito che \[\sin x-\sin \frac{x}{x+1}={{x}^{2}}+o\left( {{x}^{2}} \right)\] essendo \(o\left( {{x}^{2}} \right)\) un infinitesimo per \(x\to 0^+\) di ordine superiore a \(2\) rispetto al campione \(x\), pertanto il limite in questione è \(0\) per \(a<2\), \(1\) per \(a=2\), \(+\infty\) per \(a>2\). Se avessimo usuato il secondo modo, avremmo trovato che, detta \(f(x)\) la funzione numeratore: \[f''\left( x \right)=-\sin x+\frac{2\cos \left( x/\left( x+1 \right) \right)+\sin \left( x/\left( x+1 \right) \right)}{{{\left( x+1 \right)}^{3}}}\to f''\left( 0 \right)=2\]
cioè avremmo concluso che \(\sin x-\sin \frac{x}{x+1}=\frac{2}{2!}{{x}^{2}}+o\left( {{x}^{2}} \right)={{x}^{2}}+o\left( {{x}^{2}} \right)\), come in precedenza.
Nel secondo caso, posto che \[\ln \left( 1+x \right)=x-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{3}-\frac{{{x}^{4}}}{4}+...\quad \quad 12{{x}^{6}}\ln x=o\left( {{x}^{5}} \right)\] possiamo dedurre che \[4{{\left( x-\frac{{{x}^{2}}}{2}+\frac{{{x}^{3}}}{3}-...-x \right)}^{2}}-{{x}^{4}}+12{{x}^{6}}\ln x=-\frac{4}{3}{{x}^{5}}+o\left( {{x}^{5}} \right)\] per cui il limite in questione è \(0\) per \(b<5\), \(-\frac{4}{3}\) per \(b=5\), \(-\infty\) per \(b>5\).
Massimo Bergamini
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Due limiti
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