Limite più difficile della congettura di Riemann
$$\lim_{x\to 1} 2/(x(x^2-1))-(2x\log(x^2))/((x^2-1)^2)$$
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
$$2 (1-(y+1)(\log(y+1)/y))/(\sqrt{y+1} y)$$
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
Hopital?
Senza usare de l'Hopital non si può?
@ 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.
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.
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)
$$\log(1+y) = y+o(y)$$
Motivo per cui non c'è quel fattore 1/2 (e torna la forma indeterminata)
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 $\infty\cdot 0$
$(2)/((x+1)(x-1))[(2)/(x)-(4x\log x)/((x+1)(x-1))]$
Sfruttando il limite $$(\log(x))/(x-1)\to 1$$
viene ancora una forma indeterminata del tipo $\infty\cdot 0$
\(\displaystyle
\underset{x\rightarrow1}{\lim}\left[\frac{2}{x\left(x^{2}-1\right)}-\frac{2x\ln x^{2}}{\left(x^{2}-1\right)^{2}}\right]=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{2}{x+1}\left[\frac{1}{x(x-1)}-\frac{2x\ln x}{(x+1)(x-1)^{2}}\right]=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\left[\frac{1}{x(x-1)}-\frac{2x\ln x}{(x+1)(x-1)^{2}}\right]
\)
\(\displaystyle
\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln x}{x\left(x+1\right)\left(x-1\right)^{2}}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln x}{2\left(x-1\right)^{2}}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{2x-4x\ln x-2x}{4(x-1)}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{-x\ln x}{x-1}=-1
\)
\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]
\)
\(\displaystyle
\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln x}{x\left(x+1\right)\left(x-1\right)^{2}}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{x^{2}-1-2x^{2}\ln x}{2\left(x-1\right)^{2}}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{2x-4x\ln x-2x}{4(x-1)}=\underset{x\rightarrow1}{\lim}\frac{-x\ln x}{x-1}=-1
\)
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...
$\lim_{z\to 0} (2(z^2-1) - 2z^2\log(z+1)(z+1))/(\sqrt{1+z} z^2)$
Con alcuni conti il limite sembra venirmi -2...
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?
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?
@gugo82: Sei sicuro di non avere usato Hopital ?
@ aizarg: Tu che dici?
@gugo82:secondo me si.
@ aizarg: Opinione fondata su quale evidenza?
"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.
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?
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?
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo