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Question

Problema

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Solución

Para mayor comodidad, denotan $$\lim{x\to 0 } \frac{ e^{\frac{\ln(1+ax)}{x}} - e^{\frac{a\ln(1+x)}{x}}}{x}.$ y $u(x)=\dfrac{\ln(1+ax)}{x}$ observe que $v(x)=\dfrac{a\ln(1+x)}{x}.$ $u(x),v(x) \to a$,\begin{align*} \lim{x\to 0 } \frac{ e^{\frac{\ln(1+ax)}{x}} - e^{\frac{a\ln(1+x)}{x}}}{x}&=\lim{x\to 0 } \frac{e^{v(x)}(e^{u(x)-v(x)}-1)}{x}\&=\lim{x \to 0}\left(e^{v(x)}\cdot\frac{e^{u(x)-v(x)}-1}{u(x)-v(x)}\cdot \frac{u(x)-v(x)}{x}\right)\&=\lim{x \to 0}e^{v(x)}\cdot\lim{x \to 0}\frac{e^{u(x)-v(x)}-1}{u(x)-v(x)}\cdot \lim{x \to 0}\frac{u(x)-v(x)}{x}\&=e^a \cdot 1 \cdot\lim{x \to 0}\frac{\ln(1+ax)-a\ln(1+x)}{x^2}\&=e^a \cdot\lim{x \to 0}\dfrac{ax-\dfrac{1}{2}a^2x^2+\mathcal{O}(x^2)-a\left(x-\dfrac{1}{2}x^2+\mathcal{O}(x^2)\right)}{x^2}\&=e^a \cdot\lim{x \to 0}\dfrac{-\dfrac{1}{2}a^2x^2+\dfrac{1}{2}ax^2+\mathcal{O}(x^2)}{x^2}\&=\frac{1}{2}e^a(a-a^2). \end{align*}

Por favor corregirme si estoy equivocado! Espero ver otras soluciones.

Answer 1

El OP de la serie en el trabajo para llegar a la respuesta. Otro método es utilizar la definición de la derivada. Primero, es fácil observar que $\lim\limits_{x\to 0 }\ln\frac{(1+ax)}{x}=a$$\lim\limits_{x\to 0 }a\ln\frac{(1+x)}{x}=a$, verificado a través de L'Hospital de la Regla. Por lo $\lim\limits_{x\to 0 } \frac{ e^{\frac{\ln(1+ax)}{x}} - e^{\frac{a\ln(1+x)}{x}}}{x}$ puede ser escrito como $\lim\limits_{x\to 0 } \frac{ e^{\frac{\ln(1+ax)}{x}}-a}{x-0}$ - $\lim\limits_{x\to 0 } \frac{ e^{\frac{a\ln(1+x)}{x}}-a}{x-0}$ Aquí podemos ver dos veces la definición de la derivada de las dos funciones (e-powered para el ln...). Así que, esencialmente, esto significa que tenemos que tomar la derivada de esos e-power functions y "plug in" $x=0$. En ambos casos, que no es demasiado fácil en el sentido de que vamos a conseguir una forma indeterminada (0/0), pero los límites en mi introducción puede ser de ayuda con eso. La derivada de $ e^{\frac{\ln(1+ax)}{x}}$ $ e^{\frac{\ln(1+ax)}{x}}\times[\frac{ln(1+ax)}{x}]'$ (Regla de la Cadena). La derivada de la segunda parte (después de simplificar) es $\frac{ax-(1+ax)ln(1+ax)}{(1+ax)x^2}$. Poniendo en $x=0$ le da una forma indeterminada, pero con el Hospital de la Regla (o algún otro manipulación, como con los límites Estándar), este rendimientos $-\frac{1}{2}a^2$. Con el e-power inicial: $-\frac{1}{2}e^aa^2$ que es una parte de su respuesta. El otro derivado de una manera muy similar y le dará a la otra parte de su respuesta. Espero que esto ayude.