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Note per Studenti Esercizio 64 · limiti con log(a_n) ~ a_n - 1 e un cambio di variabile in 5⁺

Esercizio 64limiti con log(a_n) ~ a_n - 1 e un cambio di variabile in 5⁺

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Testo (Lezione 23: esercizio 8 delle lezioni 13-16 rivisto, ed esercizio 10 del foglio). Calcolare

  1. lim⁡n(n−1n+4)3n+1\displaystyle\lim_n \left(\frac{n - 1}{n + 4}\right)^{3n + 1}
  2. lim⁡x→5+1(5−x)5−e1x−5+4⋅215−xlog⁡3(x−5)+sin⁡(x−5)\displaystyle\lim_{x \to 5^+} \frac{\frac{1}{(5 - x)^5} - e^{\frac{1}{x - 5}} + 4 \cdot 2^{\frac{1}{5 - x}}}{\log^3(x - 5) + \sin(x - 5)}

Teoria: Limiti notevoli di funzioniI limiti notevoli per le forme 0/0 (log(1+x)/x, (e^x − 1)/x, ((1+x)^α − 1)/x, sin x/x, (1 − cos x)/x², arctan x/x...) con le dimostrazioni, e la loro forma come asintoticità: log(1+f) ~ f, e^f − 1 ~ f, sin f ~ f, 1 − cos f ~ f²/2 quando f → 0.Limiti notevoli di funzioni →, Limite di funzioni composte (cambio di variabile)Se g(x) → y0 e f(y) → ℓ per y → y0, allora f(g(x)) → ℓ, purché g(x) ≠ y0 vicino a x0 (ipotesi inutile se y0 = ±∞ o f è continua in y0): si sostituisce y = g(x).Limite di funzioni composte (cambio di variabile) →.

1. lim⁡n(n−1n+4)3n+1\lim_n \left(\frac{n-1}{n+4}\right)^{3n+1}

La base tende a 11, l'esponente a +∞+\infty: forma 1∞1^\infty.

Passo 1: forma esponenziale

(n−1n+4)3n+1=e(3n+1)log⁡(n−1n+4)\left(\frac{n - 1}{n + 4}\right)^{3n + 1} = e^{(3n + 1)\log\left(\frac{n - 1}{n + 4}\right)}

L'esponente è una forma ∞⋅0\infty \cdot 0 (il logaritmo tende a log⁡1=0\log 1 = 0).

Passo 2: il logaritmo di qualcosa che tende a 1

Il limite notevole log⁡(1+y)∼y\log(1 + y) \sim y per y→0y \to 0 si usa così: se an→1a_n \to 1, si scrive an=1+(an−1)a_n = 1 + (a_n - 1) con an−1→0a_n - 1 \to 0, e quindi

log⁡(an)=log⁡(1+(an−1))∼an−1\log(a_n) = \log\left(1 + (a_n - 1)\right) \sim a_n - 1

Lo stesso per le funzioni: se f(x)→1f(x) \to 1 per x→x0x \to x_0, allora log⁡f(x)∼f(x)−1\log f(x) \sim f(x) - 1. È una regola da ricordare.

Qui:

n−1n+4−1=n−1−(n+4)n+4=−5n+4→0\frac{n - 1}{n + 4} - 1 = \frac{n - 1 - (n + 4)}{n + 4} = \frac{-5}{n + 4} \to 0

quindi

log⁡(n−1n+4)=log⁡(1−5n+4)∼−5n+4\log\left(\frac{n - 1}{n + 4}\right) = \log\left(1 - \frac{5}{n + 4}\right) \sim -\frac{5}{n + 4}

Passo 3: l'esponente

È un prodotto, quindi si sostituisce con gli asintotici (3n+1∼3n3n + 1 \sim 3n, n+4∼nn + 4 \sim n):

lim⁡n(3n+1)log⁡(n−1n+4)=lim⁡n3n⋅(−5n)=−15\lim_n (3n + 1)\log\left(\frac{n - 1}{n + 4}\right) = \lim_n 3n \cdot \left(-\frac{5}{n}\right) = -15

Conclusione

L'esponenziale è continua: L=e−15≈3,06⋅10−7L = e^{-15} \approx 3{,}06 \cdot 10^{-7}.

Verifica numerica. n=100n = 100: ≈3,62⋅10−7\approx 3{,}62 \cdot 10^{-7}; n=10 000n = 10\,000: ≈3,0644⋅10−7\approx 3{,}0644 \cdot 10^{-7}; e−15≈3,0590⋅10−7e^{-15} \approx 3{,}0590 \cdot 10^{-7} ✓.

2. Il limite per x→5+x \to 5^+

Passo 0: dove vanno i pezzi

Per x→5+x \to 5^+ si ha x−5→0+x - 5 \to 0^+ e 5−x→0−5 - x \to 0^-:

  • 1(5−x)5→10−=−∞\frac{1}{(5 - x)^5} \to \frac{1}{0^-} = -\infty (potenza dispari di un negativo piccolo);
  • e1x−5→e+∞=+∞e^{\frac{1}{x - 5}} \to e^{+\infty} = +\infty;
  • 215−x→2−∞=02^{\frac{1}{5 - x}} \to 2^{-\infty} = 0;
  • log⁡3(x−5)→(−∞)3=−∞\log^3(x - 5) \to (-\infty)^3 = -\infty, mentre sin⁡(x−5)→0\sin(x - 5) \to 0.

Forma ∞∞\frac{\infty}{\infty}, con un esponenziale, una potenza e un logaritmo: serve la gerarchia, che però vale per una variabile che va a +∞+\infty.

Passo 1: il cambio di variabile

Si pone

y=1x−5→10+=+∞y = \frac{1}{x - 5} \to \frac{1}{0^+} = +\infty

(strettamente monotona per x>5x > 5, quindi lecito). Allora x−5=1yx - 5 = \frac1y, 5−x=−1y5 - x = -\frac1y, e:

  • 1(5−x)5=1(−1/y)5=1−1/y5=−y5\frac{1}{(5 - x)^5} = \frac{1}{(-1/y)^5} = \frac{1}{-1/y^5} = -y^5;
  • e1x−5=eye^{\frac{1}{x - 5}} = e^y;
  • 215−x=2−y2^{\frac{1}{5 - x}} = 2^{-y};
  • log⁡(x−5)=log⁡1y=−log⁡y\log(x - 5) = \log\frac1y = -\log y, quindi log⁡3(x−5)=−log⁡3y\log^3(x - 5) = -\log^3 y;
  • sin⁡(x−5)=sin⁡1y\sin(x - 5) = \sin\frac1y.

L=lim⁡y→+∞−y5−ey+4⋅2−y−log⁡3y+sin⁡1yL = \lim_{y \to +\infty} \frac{-y^5 - e^y + 4 \cdot 2^{-y}}{-\log^3 y + \sin\frac1y}

Passo 2: numeratore e denominatore

  • Numeratore: y5=o(ey)y^5 = o(e^y) (gerarchia) e 2−y→02^{-y} \to 0, quindi NUM=−ey+o(ey)∼−ey\text{NUM} = -e^y + o(e^y) \sim -e^y.
  • Denominatore: sin⁡1y→0\sin\frac1y \to 0, mentre log⁡3y→+∞\log^3 y \to +\infty, quindi DEN=−log⁡3y+o(log⁡3y)∼−log⁡3y\text{DEN} = -\log^3 y + o(\log^3 y) \sim -\log^3 y.

Conclusione

L=lim⁡y→+∞−ey−log⁡3y=lim⁡y→+∞eylog⁡3y=+∞L = \lim_{y \to +\infty} \frac{-e^y}{-\log^3 y} = \lim_{y \to +\infty} \frac{e^y}{\log^3 y} = +\infty

(gerarchia: l'esponenziale batte il logaritmo).

Verifica numerica. x=5,1x = 5{,}1: ≈104\approx 10^4; x=5,05x = 5{,}05: ≈1,8⋅107\approx 1{,}8 \cdot 10^7; x=5,02x = 5{,}02: ≈8,7⋅1019\approx 8{,}7 \cdot 10^{19} ✓.

Errori comuni

  • Trattare 1∞1^\infty come 11: è indeterminata; il risultato qui è e−15e^{-15}.
  • Usare log⁡(1+y)∼y\log(1 + y) \sim y con yy che non tende a 00: prima si scrive l'argomento come 1+(qualcosa→0)1 + (\text{qualcosa} \to 0).
  • Sbagliare il segno di (5−x)5(5 - x)^5: per x>5x > 5 è negativo.

Lezioni in cui compare

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