Calcule:$\lim\limits_{x\to0^-} \frac1{\ln(1-x)}+\frac1x$ sin LHR / Expansiones

Question

Cómo calcular el $$\lim\limits_{x\to0^-} \left(\frac1{\ln(1-x)}+\frac1x \right)$$ sin el uso de L'Hôpital, expansiones ni a la integración?

He encontrado la respuesta:

Utilizando el valor medio teorema:

$f(x)=e^x-\frac{x^2}2-x-1$

Obtenemos:

$0\le\frac{e^x-x-1}{x^2}-\frac1 2\le \frac{e^x-x-1}{x}$

Por lo tanto:

$\lim\limits_{x\to0^-} \frac{e^x-x-1}{x^2} = \frac12$

Sustituyendo: $t=\ln(1-x)$ en el límite original, se obtiene:

$\lim\limits_{t\to0^+} \frac{1-e^t+t}{t(1-e^t)} = \lim\limits_{t\to0^+} \frac{e^t-t-1}{t^2}.\frac{t}{e^t-1} = \frac12$

Answer 1

Tenga en cuenta que $$\begin{eqnarray} \lim_{x\to0^-} \left(\frac1{\ln(1-x)}+\frac1x \right)&=&\lim_{x\to0^+}\frac{x-\ln(1+x)}{x\ln(1+x)} \\&= &\lim_{x\to0^+}\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}\cdot \lim_{x\to0^+}\frac{x}{\ln(1+x)}\\&=&\lim_{x\to0^+}\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}. \end{eqnarray}$$Now, let $$g(x) =\begin{cases}\frac{x-\ln(1+x)}{x},\quad x\neq 0\\ 0,\quad x=0\end{casos}. $$ We can see that $g$ is continuous on $[0,1]$ and differentiable on $(0,1)$. Por lo tanto, por MVT, tenemos $$ L=\lim_{x\to0^+}\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{g(x)}{x}=\lim_{c\to0^+} g'(c) =\lim_{c\to 0^+} \frac{\frac{c^2}{1+c}-(c-\ln(1+c))}{c^2}=1-L. $$ This gives $L=\frac{1}{2}$.

(La justificación de tomar el límite) Deje $h(x) = \ln(1+x) - x +\frac{x^2}{2}$. Tenemos $h(x) \ge 0$ desde $h(0) = 0$ e $h'(x) = \frac{1}{1+x}-1+x\ge 0$. Esta muestra $\frac{g(x)}{x}\le\frac{1}{2}$. Por MVT, sabemos que para algunos $c\in (0,x)$, $$ \frac{1}{1+x}\le \frac{1}{1+c}= \frac{g(c)}{c}+\frac{g(x)}{x} . $$Por lo tanto tenemos $$ \frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}\le g(x) \le \frac{1}{2}, $$y $$ \lim_{x\to 0^+}g(x) =\frac{1}{2}. $$

Answer 2

Primero tienes $$\frac1{\ln(1-x)}+\frac1x=\frac{x+\ln(1-x)}{x\ln(1-x)}$ $

Ahora solo use la fórmula de Taylor en el pedido $2$ : $$x+\ln(1-x)=x+\bigl(-x-\frac{x^2}2+o(x^2)\bigr)=-\frac{x^2}2+o(x^2),$ $ para que $\;x+\ln(1-x)\sim_0 =-\dfrac{x^2}2$ . Por otro lado, $\;\ln(1-x)\sim_0 -x)$ , y finalmente $$\frac1{\ln(1-x)}+\frac1x\sim_0\frac{-\cfrac{x^2}2}{-x^2} =\frac12.$ $