pushola
pushola - Sapiens Sapiens - 1230 Punti
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mi aiutate a risolvere questo limite?

lim x--->0 x(lgx + (radice di 2)lg^2(x))
xico87
xico87 - Mito - 28236 Punti
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puoi trasformarlo in un prodotto 0*infinito:
lnx + rad(2)*(lnx)^2 = lnx(1 + rad(2)lnx) = lnx(lne + ln(x^(rad2))) = lnx(ln(e*x^(rad2)).

quindi il limite diventa:
x*lnx*ln(e*x^(rad2))

ora prova a usare l'hopital portando x a denominatore
pushola
pushola - Sapiens Sapiens - 1230 Punti
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il quadrato si trova al logaritmo non alla x (log^2 (x))
xico87
xico87 - Mito - 28236 Punti
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ne avevo tenuto conto, tant'è che ho raccolto lnx
pushola
pushola - Sapiens Sapiens - 1230 Punti
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ma se lo risolvessimo per sostituzione cioè ponendo log x = y sarebbe più semplice risolverlo?
xico87
xico87 - Mito - 28236 Punti
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diventerebbe x = e^y, ossia per y --> -infinito, il limite sarebbe qsto:

e^y(y + (radice di 2)y^2)

ma cme vedi è sempre la stessa forma indeterminata 0*(-inf + rad(2)*+inf), quindi nn ha molto senso
pushola
pushola - Sapiens Sapiens - 1230 Punti
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alla fine il limite tende a 0
ma se sostituisco y= logx mi verrebbe che il limite tende ad infinito giusto?
xico87
xico87 - Mito - 28236 Punti
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dire "il limite tende a 0" nn ha senso: il limite ha già significato di "tendere a" o di "valore assunto dalla funzione" (a seconda che la funzione esista o meno nel punto di accumlazione).
quindi, se il limite vale 0, significa dire che PER x --> a, con a appartenente ad R, il limite ha cme risultato 0. qsto per evitare ambiguità..

penso volessi dire un'altra cosa: prima era per x-->0, con la sostituzione diventa e^y-->0, quindi y--> -inf ..in qsto senso è corretto, ma ti ripeto che è inutile perchè ti ritrovi al punto di partenza
pushola
pushola - Sapiens Sapiens - 1230 Punti
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ok...ho capito
però questo limite mi sta mandando fuori di testa =(
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