Limite più difficile della congettura di Riemann

Newton_1372
$$\lim_{x\to 1} 2/(x(x^2-1))-(2x\log(x^2))/((x^2-1)^2)$$

Non riesco a togliere l'indeterminazione! Ho provato a porre $$x^2-1=y$$, ottenendo il limite
$$(2y-2(y+1)\log(y+1))/(\sqrt{y+2}y^2)$$

Dividendo e moltiplicando i logaritmi per y, posso raccogliere un 2y al numeratore, ottenendo una semplificazione con una delle y del denominatore. Ottengo quindi

$$2 (1-(y+1)(\log(y+1)/y))/(\sqrt{y+1} y)$$

Risposte
Nietzsche610
Hopital?

Newton_1372
Senza usare de l'Hopital non si può?

gugo82
@ newton_1372: Va bene il gusto per l'iperbole... Ma qui mi sembra si esageri veramente.

Se non vedo male, il limite è:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to 1} \frac{2}{x\ (x^2-1)} - \frac{2x\ \log x^2}{(x^2-1)^2} &= \lim_{x\to 1} \frac{2}{x\ (x+1)}\ \frac{1}{x-1} - \frac{4x}{(x+1)^2}\ \frac{\log x}{(x-1)^2}\\
&= \lim_{x\to 1} \frac{2}{x+1}\ \left( \frac{1}{x} - \frac{2x}{x+1}\ \frac{\log x}{x-1}\right)\ \frac{1}{x-1}\; ;
\end{split}
\]
ora, si ha:
\[
\begin{split}
\frac{1}{x} &\sim 1\\
\frac{2x}{x+1} &\sim 1\\
\frac{\log x}{x-1} &\sim 1-\frac{1}{2}\ (x-1) + \text{o}(x-1)\\
&= \frac{3}{2} -\frac{1}{2}\ x + \text{o}(x-1)
\end{split}
\]
per \(x\to 1\), ergo:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to 1} \frac{2}{x\ (x^2-1)} - \frac{2x\ \log x^2}{(x^2-1)^2} &= \lim_{x\to 1} \frac{2}{x+1}\ \left( 1 - \frac{3}{2} + \frac{1}{2}\ x +\text{o}(x-1)\right)\ \frac{1}{x-1}\\
&= \lim_{x\to 1} \frac{1}{x+1}\ \left( 1 +\text{o}(1)\right)\\
&= \frac{1}{2}\; \ldots
\end{split}
\]
o qualcosa di simile. Insomma, baste usare gli sviluppi di Taylor. :wink:

Newton_1372
Due software diversi concordano che il limite è 1. Inoltre credo che tu abbia sbagliato lo sviluppo del logaritmo. SOno sicuro che valga
$$\log(1+y) = y+o(y)$$
Motivo per cui non c'è quel fattore 1/2 (e torna la forma indeterminata)

Newton_1372
Riscrivendo tutto bene a me risulta
$(2)/((x+1)(x-1))[(2)/(x)-(4x\log x)/((x+1)(x-1))]$

Sfruttando il limite $$(\log(x))/(x-1)\to 1$$
viene ancora una forma indeterminata del tipo $\infty\cdot 0$

totissimus
\(\displaystyle

\underset{x\rightarrow1}{\lim}\left[\frac{2}{x\left(x^{2}-1\right)}-\frac{2x\ln x^{2}}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}\right]=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{2}{x+1}\left[\frac{1}{x(x-1)}-\frac{2x\ln x}{(x+1)(x-1)^{2}}\right]=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\left[\frac{1}{x(x-1)}-\frac{2x\ln x}{(x+1)(x-1)^{2}}\right]

\)

\(\displaystyle
\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln x}{x\left(x+1\right)\left(x-1\right)^{2}}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln x}{2\left(x-1\right)^{2}}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{2x-4x\ln x-2x}{4(x-1)}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{-x\ln x}{x-1}=-1
\)

Newton_1372
Vorrei non usare de l'Hopital, soprattutto vorrei capire perchè i miei "opiccoli" non funzionano. IN effetti sono riuscito a togliere l'indeterminazone, ma stranamente mi viene -2 invece che -1... Posto $$z=y^2-1$$, il limite diventa il seguente

$\lim_{z\to 0} (2(z^2-1) - 2z^2\log(z+1)(z+1))/(\sqrt{1+z} z^2)$

Con alcuni conti il limite sembra venirmi -2...

gugo82
Vebbé, facciamo le cose per bene (ieri sera ero di fretta).

Introduciamo la variabile ausiliaria \(y=x-1\), sicché la funzione sotto il segno di limite diviene:
\[
\frac{2}{y(y+1)(y+2)} - \frac{4(y+1)}{y^2(y+2)^2}\ \log (1+y) = \frac{2}{(y+1)(y+2)^2}\ \frac{y(y+2) - 2(y+1)^2\ \log (1+y)}{y^2}\; ;
\]
usando lo sviluppo del logaritmo troncato al secondo ordine:
\[
\log (1+y) = y - \frac{1}{2}\ y^2 + \text{o}(y^2)
\]
valido quando \(y\to 0\) si trova:
\[
\begin{split}
\frac{2}{y(y+1)(y+2)} - \frac{4(y+1)}{y^2(y+2)^2}\ \log (1+y) &= \frac{2}{(y+1)(y+2)^2}\ \frac{y(y+2) - 2(y+1)^2\ \left( y - \frac{1}{2}\ y^2 + \text{o}(y^2)\right)}{y^2}\\
&= \frac{2}{(y+1)(y+2)^2}\ \frac{y^2+2y - (y^2+2y+1)\ \left( 2y - y^2 + \text{o}(y^2)\right)}{y^2}\\
&= \frac{2}{(y+1)(y+2)^2}\ \frac{-2 y^2 + \text{o}(y^2)}{y^2}\\
&= \frac{2}{(y+1)(y+2)^2}\ \left( -2+ \text{o}(1)\right)
\end{split}
\]
cosicché:
\[
\begin{split}
\lim_{x\to 1} \frac{2}{x(x^2-1)} - \frac{2x\ \log x^2}{(x^2-2)^2} &\stackrel{y=x-1}{=} \lim_{y\to 0} \frac{2}{y(y+1)(y+2)} - \frac{4(y+1)}{y^2(y+2)^2}\ \log (1+y)\\
&= \lim_{y\to 0} \frac{2}{(y+1)(y+2)^2}\ \left( -2+ \text{o}(1)\right)\\
&= -1\; .
\end{split}
\]
Facile, no? :wink:

aizarg1
@gugo82: Sei sicuro di non avere usato Hopital ?

gugo82
@ aizarg: Tu che dici?

aizarg1
@gugo82:secondo me si.

gugo82
@ aizarg: Opinione fondata su quale evidenza?

aizarg1
"gugo82":

usando lo sviluppo del logaritmo troncato al secondo ordine:
\[ \log (1+y) = y - \frac{1}{2}\ y^2 + \text{o}(y^2) \]


Se non sbaglio questo risultato, come pure la formula di Taylor, sia proprio una applicazione della regola di Hopital.

gugo82
Quello sviluppo di Taylor col resto di Peano può essere dimostrato usando il teorema del marchese... Ma non è che si può dimostrare solo per quella strada.
Ad esempio, basta mostrare che esistono due costanti \(c \[
\tag{1}
c\ y^3\leq \log(1+y) - y + \frac{1}{2}\ y^2\leq C\ y^3
\]
per \(y\) in un conveniente intorno di \(0\), e ciò si può fare studiando gli estremi della funzione ausiliaria:
\[
\Delta(y;\gamma):=\log (1+y) - y + \frac{1}{2}\ y^2 - \gamma\ y^3
\]
in un conveniente intorno di \(0\) e determinando i valori ottimali \(c\) e \(C\) della costante \(\gamma\) in modo da soddisfare le stime (1) .

Insomma, non puoi dire "stai usando il teorema di de l'Hopital", perché chi ti dice che non abbia dimostrato lo sviluppo in altra maniera? :wink:

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