Limite successione

[kobeilprofeta]

Come si svolge questo limite di successione?
$lim_{n to +infty} 2n^2*log(3/n^2+cos(1/n))$

Ps: nei limiti di successioni non è corretto usare De l'Hospital, giusto?

[Epimenide93]

"kobeilprofeta":Come si svolge questo limite di successione?
$lim_{n to +infty} 2n^2*log(3/n^2+cos(1/n))$

Io andrei di violenza pura sviluppando il coseno (sviluppo che ci regala automaticamente una cosa del tipo \(\log (1 + \ {\rm roba})\)) ed il logaritmo. Vien fuori questa cosa:

\[\lim_{n \to \infty} 2n^2 \left [ \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left ( \frac{5}{2n^2} + \sum_{j=2}^{\infty} \frac{(-1)^j}{n^{2j} (2j)!} \right )^k \right ] = \]

\[ = \lim_{n \to \infty} 2n^2 \left [ \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} \left ( \frac{5}{2n^2} + O(n^4) \right )^k \right ] = \]

\[ = \lim_{n \to \infty} 2n^2 \left ( \frac{5}{2n^2} + O(n^4) \right ) = 5\]

"kobeilprofeta":Ps: nei limiti di successioni non è corretto usare De l'Hospital, giusto?

Boh, forse un modo per tirar fuori un teorema analogo esiste pure, ma quel teorema è molto prossimo ad essere uno dei più inutili di tutta la matematica, quindi perché farlo? Comunque puoi sempre provare a fare la dimostrazione di un "De l'Hopital discreto" dando per buono il caso continuo e vedere fin dove arrivi o che ipotesi aggiuntive ti servono per portarlo a termine, non ho idea a priori di quanto possa essere difficile come esercizio dimostrativo (non ricordo mai le ipotesi del teorema di De l'Hospital), ma spesso se hai un teorema per funzioni continue tirar fuori l'analogo discreto non è troppo difficile, usando il fatto che i limiti sequenziali commutano con le funzioni continue.

[jitter1]

Propongo anche questo svolgimento con i limiti notevoli (anche se con Taylor è più bello):

$ lim_(n -> oo)2n^2log(3/(n^2)+cosn^-1)= lim_(n -> oo)2n^2log[cosn^-1 (3/(n^2cosn^-1)+1)$

$ lim_(n -> oo)2n^2log(cosn^-1 )+ 2n^2log(3/(n^2cosn^-1)+1) =$

$lim_(n -> oo)2n^2log(cosn^-1 )+ 2n^2(log(3/(n^2cosn^-1)+1))/(3/(n^2cosn^-1))3/(n^2cosn^-1)= $
$ lim_(n -> oo)2n^2log(cosn^-1 )+ 6 $

Ora calcolo separatamente $ lim_(n -> oo)2n^2log(cosn^-1 ) $.

$ lim_(n -> oo)2n^2log(cosn^-1 )=
lim_(n -> oo)2n^2log((cosn^-1 -1)+1)/(cosn^-1-1)(cosn^-1-1)= $

$ =lim_(n -> oo)2n^2(cosn^-1-1)/n^-2n^-2=2(-1/2)= -1 $

Mettendo insieme al risultato precedente: $-1 + 6 = 5$.

[edit: il risultato viene, ma sull'uso dei limiti notevoli agli ultimi passaggi ho un po' azzardato: sarebbe da verificare]

[francicko]

$lim_(n->infty)(2n^2)log(3/n^2+cos(1/n))=lim_(n->infty)2n^2log(3/n^2+1-1/(2n^2))=lim_(n_->infty)log(1+6/(2n^2)-1/(2n^2))^(2n^2)=lim_(n->infty)log(1+5/(2n^2))^(2n^2)=log(e^5)=5$, questa è lo svolgimento più semplice ed immediato per arrivare al risultato, naturalmente ho sostituito al termine $cos(1/n)=root(2)(1-(sin(1/n))^2)$ il termine asintoticamente equivalente $(1-1/(2n^2))$

[gabriella127]

Per quello che mi risulta, l'Hopital con le successioni si può usare. Io l'ho spesso usato pigliandomi grandi strillate da parte di altri studenti, ma poi i professori o gli assistenti mi davano ragione.
Naturalmente non è che si fa l'Hopital sulla successione, non è che si può derivare una successione, ma sulla funzione associata, mettento $x$ al posto di $n$, per intenderci.
Il motivo per cui si può fare è che una successione è una restrizione di una funzione ai naturali, e poi c'è il teorema ponte. Detto in termini brutali, facendo il limite, dove va a finire la funzione va a finire pure la successione.

p.s. perché odiate l'Hopital? Alle volte semplifica tanto la vita. Con Taylor bisogna ricordarsi (o ricavarsi) le espansioni, con l'Hopital bastano due derivate in croce.

[Epimenide93]

"gabriella127":
Il motivo per cui si può fare è che una successione è una restrizione di una funzione ai naturali, e poi c'è il teorema ponte. Detto in termini brutali, facendo il limite, dove va a finire la funzione va a finire pure la successione.

Mi sembra ragionevole (sta di fatto che bisogna dimostrarlo), ma c'è da stare attenti perché il viceversa non è vero (esistono funzioni continue che non hanno limite all'infinito ma la cui restrizione ai naturali è una successione convergente).

"gabriella127":perché odiate l'Hopital? Alle volte semplifica tanto la vita. Con Taylor bisogna ricordarsi (o ricavarsi) le espansioni, con l'Hopital bastano due derivate in croce.

Ti posso dare solo una risposta estremamente soggettiva. Li trovo due teoremi bruttissimi. Per applicarli servono ipotesi piuttosto specifiche che non ricordo mai e ad applicarli sconsideratamente si incorre in degli errori. Il risultato dei teoremi, quando sono applicabili entrambi i metodi senza ulteriori manipolazioni, è uno sviluppo di Taylor arrestato al primo ordine. Le espansioni delle funzioni analitiche più importanti si memorizzano molto facilmente per via delle loro simmetrie e in ogni caso prima o poi si è costretti a memorizzarle, per un motivo o per l'altro. In pratica usando Taylor hai l'arsenale per risolvere forse tutti i limiti che richiedono De L'Hospital ed anche molti altri per i quali il teorema del marchese non basta, e l'unica cosa da imparare per applicare il risultato è qualcosa che devi imparare in ogni caso. Inoltre in base ad un criterio puramente estetico trovo i teoremi De L'Hospital delle magagne analitiche estremamente artificiali (un risultato su misura per risolvere un problema specifico), mentre la teoria che sta dietro agli sviluppi vari è un fatto molto più profondo e generale che trovo in un qualche senso più "omogeneo". In ogni caso la mia era solo una battuta, ognuno ha il proprio stile ed il proprio senso estetico.

[francicko]

Ad esempio il $lim_(x->0)(xlogx)$ non è assolutamente possibile risolverlo con lo sviluppo in serie di taylor, in quanto
la funzione $logx$ , così come $1/x$, non è definita nel punto $0$, l' unico modo immediato, è usare Hopital, a mio parere qualsiasi limite in cui è possibile usare taylor è possibile risolverlo con Hopital, anche se magari quest'ultimo risulta più farraginoso, ma non viceversa, l'esempio sopra lo dimostra, magari mi sbaglio e ci sarà qualcuno che riporterà un esmpio che smentisce la mia ipotesi.

[Epimenide93]

"francicko":Ad esempio il $lim_(x->0)(xlogx)$ non è assolutamente possibile risolverlo con lo sviluppo in serie di taylor, in quanto
la funzione $logx$ , così come $1/x$, non è definita nel punto $0$, l' unico modo immediato, è usare Hopital, a mio parere qualsiasi limite in cui è possibile usare taylor è possibile risolverlo con Hopital, anche se magari quest'ultimo risulta più farraginoso, ma non viceversa, l'esempio sopra lo dimostra, magari mi sbaglio e ci sarà qualcuno che riporterà un esmpio che smentisce la mia ipotesi.

Lì l'unica cosa fastidiosa è la presenza di un logaritmo, per toglierlo la sostituzione più spontanea è \(x = {\rm e}^y\), il tutto diventa \[\lim_{y \to - \infty} y \ {\rm e}^y = \lim_{y \to - \infty} \frac{y}{{\rm e}^{-y}}\] ed i modi per spiegare che quel limite va a \(0\) si sprecano. Non mi sembra una procedura troppo cervellotica. Ripeto, è una questione di gusti, ma dal mio punto di vista si vive benissimo senza i teoremi di De L'Hospital. Fatto sta che i teoremi ci sono, se uno si trova bene li usa, non credo li abbiano (ancora) tassati

[francicko]

x@Epimenide93.
Io nei vari libri di analisi che ho consultato il $lim_(x->0)(xlogx)$ l'ho trovato sempre dimostrato con Hopital, inoltre la sostituzione da te proposta non mi sembra che porti ad un immediata soluzione del limite, dovresti aggiungere qualche altra considerazione, in pratica dovresti dimostrare senza l'uso di Hopital o losviluppo in serie di taylor, che $lim_(t->infty)(-t/(e^t)=0)$, come faresti?
Una dimostrazione che fa uso solo di considerazioni elementari potrebbe essere la seguente:
$lim_(n->infty)(1/n)^(1/n)=1=lim_(x->0)(x^x)=lim_(x->0)(e^logx)^x$,e da qui si deduce che deve essere $lim_(x->0)(xlogx)=0$, ma onestamente non so se possa essere considerata esatta.
Saluti!

[totissimus]

Utilizzando solo i limiti notevoli forse si può fare cosi' (?)

\(a_{n}=2n^{2}\lg\left(\frac{3}{n^{2}}+\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)\)

\(n^{2}\left(e^{\frac{a_{n}}{2n^{2}}}-1\right)=3-n^{2}\left(1-\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)\)

\(\lim n^{2}\left(e^{\frac{a_{n}}{2n^{2}}}-1\right)=3-\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\)

\(\lim e^{\frac{a_{n}}{2n^{2}}}=\lim\left(\frac{1}{n^{2}}\left(n^{2}\left(e^{\frac{a_{n}}{2n^{2}}}-1\right)\right)+1\right)=1\)

Quindi \(\lim\frac{a_{n}}{2n^{2}}=0\)

\(\lim a_{n}=\lim\frac{\frac{a_{n}}{2n^{2}}}{e^{\frac{a_{n}}{2n^{2}}}-1}\cdot n^{2}\left(e^{\frac{a_{n}}{2n^{2}}}-1\right)\cdot2=1\cdot\frac{5}{2}\cdot2=5\)