Limite facile facile (per voi)

[lhecemi]

Ciao a tutti potreste farmi vedere come si risolve il seguente limite di funzione senza usare il teorema di de l'hopital? grazie

$ \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{Ln (x)}{Ln (x + 1)} $

Sarei grato se mi mostraste i passaggi della risoluzione
ciao a tutti grazie

[flexwifi]

Sarebbe più corretto postarlo in matematica non elementare...
Comunque puoi risolverlo così:
$ \displaystyle \lim_{x\to \infty}\frac{\log(x)}{\log(x+1)} $
Facendo la sostituzione $ \displaystyle x=\frac{1}{t} $ si ha:
$ \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{\log(\frac{1}{t})}{\log(\frac{1}{t}+1)}= $
$ \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{\log(1)-\log(t)}{\log(1+t)-\log(t)}= $
$ \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{-\log(t)}{-\log(t)[\frac{\log(1+t)}{-\log(t)}+1]}= $
$ \displaystyle \lim_{t\to 0}\frac{-\log(t)}{-\log(t)}=1 $

[edriv]

Mi son perso, come giustifichi l'ultimo passaggio?

[Startrek]

Mi son perso, come giustifichi l'ultimo passaggio?

Mi permetto di rispondere.
Il log di 1 è uguale a zero, e nel primo termine del denominatore t si può considerare uguale a zero.
Ciao,

Startrek

[edriv]

Sì ma a questo punto potevo anche dire "il logaritmo si appiattisce e quindi quel limite è 0", però non è un buon esempio di come si fa un limite...

Per risolvere quel coso bisogna usare le proprietà della funzione logaritmo.

Anche perchè, supponiamo f continua da R-{0} a R tale che f(1) = 0.
Ci scommettereste che vale
$ \displaystyle \lim_{t \rightarrow 0} \frac{f(1) - f(t)}{f(1+t)-f(t)} = 1 $ ?

Io direi proprio di no.

[albert_K]

più che altro mi sembra troppo macchinoso quel procedimento... io la trasformerei semplicemente così

$ \displaystyle \frac{\log x}{\log x + \log (1 + \frac{1}{x}) } \stackrel{x \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 1 $

[edriv]

Comunque provo con un'altra soluzione.
Faccio la sostituzione $ ~ x = e^y $:
$ ~ \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\log x}{\log x+1} = \lim_{y \rightarrow \infty} \frac{\log e^y}{\log (e^y+1)} = \frac{y}{\log (e^y+1)} $

Ora, mi crederete che per y abbastanza grande ho:
$ ~ e^{y-1} \le e^y +1 \le e^{y+1} $ (dividete per $ ~ e^y $ e sfruttate che $ ~ e^{-y} $ tende a 0 anche velocemente)
Quindi: (per y grande)
$ ~ y-1 \le \log(e^y +1) \le y+1 $

Il limite quindi, per i due carabinieri, è compreso tra i limiti di $ ~ \frac{y}{y-1}, \frac{y}{y+1} $, e quindi fa 1.

[flexwifi]

Alla fine tra la mia soluzione e quella di albert_K a parte il cambio di variabile non c'è nessuna differenza... Al denominatore (dove penso che ci siano i dubbi maggiori sulla mia soluzione) puoi anche sostituire $ \displaystyle \log(1+t) $ col suo sviluppo di McLaurin del primo ordine che è $ \displaystyle t $ e onestamente non vedo dove sia il problema visto che abbiamo una quantità infinitesima $ \displaystyle \log(t+1) $ o $ t $ che dir si voglia e una quantità infinita $ \displaystyle \log(t) $. Quindi trascurare una quantità infinitesima rispetto ad una quantità infinita lo trovo abbastanza logico visto che parliamo di ordini di grandezza decisamente differenti. Probabilmente la tua soluzione edriv è più rigorosa ma ragionare sugli ordini di infinito ed infinitesimo non penso che sia neanche sbagliato.
Bye

[EvaristeG]

Beh, usare gli ordini di infinito e infinitesimo e' equivalente a usare il teorema di l'Hopital, che il propositore voleva evitare...

[albert_K]

un po' come dire...come dimostrare che 1 + 1 fa 2 senza sapere che 1 + 1 fa 2

[flexwifi]

usare gli ordini di infinito e infinitesimo e' equivalente a usare il teorema di l'Hopital

Perché dici che è equivalente?

[albert_K]

io direi più che usare de l'hopital significa confrontare due infiniti (o due infinitesimi).
Confrontare infiniti con infinitesimi mi sembra ben diverso e più elementare.