Por qué el límite es de $\frac{x}{1+x}$ y no 1

Question

Estoy resolviendo un problema sobre un reactor de flujo pistón y tengo este límite para calcular. Sólo para controlar mi resultado me preguntó Wolfram y estoy confundir puede explicar a mí el resultado por favor.

Yo precisos $x$ es un valor fijo.

$$\lim_{R \to +\infty} \frac{1-\exp\left(\frac{x}{R+1}\right)}{\frac{R}{R+1}-\exp\left(\frac{x}{R+1}\right)}$$

Cuando hice mi reasonning me dijo, cuando $R$ va al infinito, a continuación, la exponencial términos tanto ir a cero, el límite es el límite de $(1+R)/R$ que va a $1$ al $R$ va hacia el infinito.

Así que apuesto a que mi reasonning es falso, pero no sé por qué. Por favor, no me conteste con el teorema de L'Hospital me disgusta.

Gracias de antemano por su respuesta.

Answer 1

Usted no puede considerar diferentes expresiones en función de la misma variable de uno a uno!

Con su misma razón de la conocida secuencia $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ convergería a $1$ debido a que la expresión dentro del paréntesis tiende a 1 y $1^n = 1$. Pero esto es incorrecto y $$\lim_{n\to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e$$ sostiene.

Y así que usted puede considerar cada expresión de la función en $R$ por que es propia.

También se puede utilizar el límite de las normas aquí lo que conduce a un "$\frac{0}{0}$" resultado, y aunque usted no le gusta L'Hôpital teorema debe ser el teorema de elección aquí...

Answer 2

Set $x/(R+1)=t$, lo $R+1=x/t$ y $$ \frac{R}{R+1}=\frac{x/t-1}{x/t}=\frac{x t}{x} $$ Entonces, dependiendo de si $x>0$ o $x<0$, el límite de $t\to0^+$ o el límite de $t\to0^-$. Vamos a calcular las dos caras de límite: $$ \lim_{t\to0}\frac{1-e^t}{\frac{x t}{x}-e^t}= \lim_{t\to0}x\frac{1-e^t}{x-t-xe^t}= \lim_{t\to0}x\frac{1-1-t+o(t)}{x-t-x-xt+s(t)}=\frac{x}{1+x} $$ Para $x=0$, el límite no supone ningún problema y es $0$, por lo que la fórmula es válida para $x\ne-1$.

Para $x=-1$, tenemos $$ \lim_{t\to0^{-}}\frac{1-e^t}{1+t-e^t}=-\infty $$

Answer 3

Entonces uno tiene \exp(h)=1+h+h\epsilon(h) $$ $$ $\lim_{h\rightarrow 0} \epsilon(h)=0$, $R\rightarrow +\infty$ uno tiene \exp\left(\frac{x}{R+1}\right)=1+\frac{x}{R+1}+\frac{x}{R+1}\epsilon1(R) $$ $$ $\lim{R\rightarrow +\infty} \epsilon_1(R)=0$. Sustituyendo esta expresión (exacta!) en el cociente da el resultado.

Answer 4

Utilice el límite fundamental:

$$\lim{x\rightarrow \infty}x(e^{1/x}-1)=1 \Rightarrow \lim{x\rightarrow \infty}x(e^{a/x}-1)=a$$

y escribir tu límite como:

$$\lim_{R \rightarrow \infty}\left(\frac{(R+1)(1-e^{x/(R+1)})}{-1+(R+1)(1-e^{x/(R+1)})}\right)=\frac{x}{1+x}$$

Answer 5

Se debe utilizar Teorema de L'Hopital. Nos da:

$$\lim_{R\rightarrow+\infty} = \frac{\frac{d}{dR}\bigl( 1 - \exp(\frac{x}{R+1}) \bigr)}{\frac{d}{dR}\bigl( \frac{R}{R+1} - \exp(\frac{x}{R+1} \bigr)}$$

Esto es igual a:

$$\lim_{R\rightarrow+\infty} \frac{\frac{x}{(R+1)^2}}{ \frac{R+1-R}{(R+1)^2}+\frac{x}{(R+1)^2}} = \frac{x}{x+1}$$

No estoy 100% seguro de esto, pero creo que debe usar Teorema de L'Hopital si tienes la forma indeterminada, como $\frac{0}{0}$ etcetera.