Limiti 10

Limiti di successioni e funzioni, formula di Taylor
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catarsiaffa
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Limiti 10

#1 Messaggioda catarsiaffa » mercoledì 11 luglio 2012, 11:17

Alcuni di questi limiti mi hanno messo in difficoltà, in particolar modo:

lim n->+00 {sqrt(n+1) + sqrt(4n+1) - sqrt (9n+1) }^(1/log n)

lim n->+00 sqrt(n) * {sqrt(pigreco) - sqrt(arccos ((1-n)/n))}
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Re: Limiti 10

#2 Messaggioda Noisemaker » giovedì 9 agosto 2012, 12:12

Ciao!

Io farei cosi:

- \displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1} - \sqrt{9n+1 }\right)^{\frac{1}{\ln n}}

considerando la base, razionalizzando otteniamo:

\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1} - \sqrt{9n+1 } =\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1}\right) - \sqrt{9n+1)} \cdot \displaystyle  \frac{\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1}\right) + \sqrt{9n+1 }}{\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1}\right) + \sqrt{9n+1 }}

\displaystyle  \frac{\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1}\right)^2  -9n-1 }}{\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1}\right) + \sqrt{9n+1 }}

=\displaystyle  \frac{ 2\sqrt{4n^2+5n+1}    -4n+1 }}{\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1}\right) + \sqrt{9n+1 }}






quando n\to+\infty abbiamo che

= \frac{ 2\sqrt{4n^2+5n+1}    -4n+1 }}{\left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1}\right) + \sqrt{9n+1 }}\sim   \frac{ 1} {6 \sqrt{n }}


e dunque il limte diventa:


\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1} - \sqrt{9n+1 }\right)^{\frac{1}{\ln n}}\sim \displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left( \frac{ 1} {6 \sqrt{n }}\right)^{\frac{1}{\ln n}}=e^{\frac{1}{\ln n}\cdot \ln\left(\frac{ 1} {6 \sqrt{n }}\right)}

\to \displaystyle \lim_{n \to +\infty}  \frac{1}{\ln n}\cdot \ln\left(\frac{ 1} {6 \sqrt{n }}\right)=  \lim_{n \to +\infty}  \frac{1}{\ln n} \cdot\left(\ln 1-\ln 6\sqrt n\right)=\displaystyle\lim_{n \to +\infty} - \frac{1}{\ln n} \cdot \ln 6\sqrt n = \lim_{n \to +\infty}  - \frac{1}{\ln n} \cdot\left(\ln 6+\ln  \sqrt n\right)

= \displaystyle\lim_{n \to +\infty}  - \frac{\ln 6}{\ln n}- \frac{\ln  \sqrt n}{\ln n}=0- \displaystyle\lim_{n \to +\infty}  \frac{\ln  \sqrt n}{\ln n}=- \frac{1}{2} \to e^{-\frac{1}{2}}

quindi in definitiva

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\sqrt{n+1} + \sqrt{4n+1} - \sqrt{9n+1 }\right)^{\frac{1}{\ln n}}=e^{-\frac{1}{2}}


- \displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} \left( \sqrt{\pi} - \sqrt{\arccos\left(\frac{1-n}{n}\right) }\right)

essendo

\displaystyle  \arccos\left(\frac{1-n}{n}\right)\sim \pi-\sqrt2\cdot\frac{1}{\sqrt n}+O(x^{3/2}), (n\to +\infty)

il limite diventa:

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} \left( \sqrt{\pi} - \sqrt{\arccos\left(\frac{1-n}{n}\right) }\right) =\displaystyle \lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} \left( \sqrt{\pi} - \sqrt{ \pi-\sqrt2\cdot\frac{1}{\sqrt n} }\right) =\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} \left( \sqrt{\pi} - \sqrt{ \pi-\sqrt2\cdot\frac{1}{\sqrt n} }\right)

a questo punto razionalizzando si ha :

\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} \left( \sqrt{\pi} - \sqrt{ \pi-\sqrt2\cdot\frac{1}{\sqrt n} }\right)\cdot\frac{ \sqrt{\pi} + \sqrt{ \pi-\sqrt2\cdot\frac{1}{\sqrt n} } }{ \sqrt{\pi} + \sqrt{ \pi-\sqrt2\cdot\frac{1}{\sqrt n} }} =\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} \left( \pi  - \pi+\frac{\sqrt 2}{\sqrt n} }\right)\cdot\frac{1}{ \sqrt{\pi} + \sqrt{ \pi-\sqrt2\cdot\frac{1}{\sqrt n} }}=\frac{\sqrt 2}{2\sqrt\pi}=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}

quindi in definitiva:

- \displaystyle\lim_{n \to +\infty} \sqrt{n} \left( \sqrt{\pi} - \sqrt{\arccos\left(\frac{1-n}{n}\right) }\right)=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}}

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Re: Limiti 10

#3 Messaggioda Massimo Gobbino » giovedì 9 agosto 2012, 16:49

Uhm, mi sa che sul primo ti sei un po' incasinato con le parentesi nel LaTeX ...

In realtà con gli sviluppini veniva più semplice. Si tratta di partire del tipo

\displaystyle\sqrt{n+1}=\sqrt{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{1/2}\sim\sqrt{n}\left(1+\frac{1}{2n}\right)

e analogamente

\displaystyle\sqrt{4n+1}=\sqrt{4n}\left(1+\frac{1}{4n}\right)^{1/2}\sim 2\sqrt{n}\left(1+\frac{1}{8n}\right)

Trattando allo stesso modo il terzo termine si vede che le \sqrt{n} al numeratore se ne vanno ed il gioco è fatto.


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