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Question

Solución

La expansión de $(1+x)^{\frac{1}{x}}$ a $x=0$ por la Fórmula de Taylor，obtenemos \begin{align*} (1+x)^{\frac{1}{x}}&=\exp\left[\frac{\ln(1+x)}{x}\right]=\exp \left(\frac{x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots }{x}\right)\\ &=\exp \left(1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\cdots \right)=e\cdot\exp \left(-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}+\cdots \right) \\ &=e\left[1+\left(-\dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{3}+\cdots \right)+\frac{1}{2!}\left(-\dfrac{x}{2}+\dfrac{x^2}{3}+\cdots \right)^2+\cdots\right]\\ &=e\left(1-\frac{x}{2}+\frac{11}{24}x^2+\cdots\right)\\ &=e-\frac{ex}{2}+\frac{11}{24}ex^2+\cdots \end{align*}

Asimismo, la expansión de $e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}}$ a $x=0$, obtenemos \begin{align*} e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}}&=(e^e)^{1-\frac{x}{2}+\frac{11}{24}x^2-\cdots}=e^e\cdot (e^e)^{-\frac{x}{2}+\frac{11}{24}x^2+\cdots}\\ &=e^e\cdot\left[1+\left(-\frac{x}{2}+\frac{11}{24}x^2+\cdots\right)\ln e^e+\frac{1}{2!}\left(-\frac{x}{2}+\frac{11}{24}x^2+\cdots\right)^2\ln^2 e^e+\cdots\right]\\ &=e^e \cdot\left[1-\frac{ex}{2}+\frac{1}{24}(11e+3e^2)x^2+\cdots\right] \end{align*}

La expansión de $(1+x)^{\frac{e}{x}}$ a $x=0$, se deduce que \begin{align*} (1+x)^{\frac{e}{x}}&=\exp\left[\frac{e\ln(1+x)}{x}\right]=\exp \left(e\cdot\frac{x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots }{x}\right)\\ &=\exp \left(e-\frac{ex}{2}+\frac{ex^2}{3}+\cdots \right)=e^e\cdot\exp \left(-\frac{ex}{2}+\frac{ex^2}{3}+\cdots \right) \\ &=e^e\left[1+\left(-\frac{ex}{2}+\frac{ex^2}{3}+\cdots \right)+\frac{1}{2!}\left(-\frac{ex}{2}+\frac{ex^2}{3}+\cdots \right)^2+\cdots\right]\\ &=e^e\left[1-\frac{ex}{2}+\frac{1}{24}e(8+3e)x^2+\cdots\right] \end{align*} Por lo tanto \begin{align*} &\lim_{x \to 0}\frac{e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}}-(1+x)^{\frac{e}{x}}}{x^2}\\ =&\lim_{x \to 0}\frac{e^e\cdot\left[1-\dfrac{ex}{2}+\dfrac{1}{24}e(11+3e)x^2+\cdots\right]-e^e\cdot\left[1-\dfrac{ex}{2}+\dfrac{1}{24}e(8+3e)x^2+\cdots\right]}{x^2}\\ =&e^e\cdot\frac{1}{8}e\\ =&\frac{1}{8}e^{e+1} \end{align*}

Por favor consulte. Hay más solución más sencilla?

Answer 1

Su resultado es correcto. Un método más simple es descomponer este límite en un producto de la más simple límites:

Deje $f(x)=(1+x)^{1/x}$. Tenemos $\lim_{x\rightarrow 0} f(x) = e$. Tenga en cuenta que su expresión puede ser escrita como $$ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{e^{f(x)}- f(x)^e}{x^2} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{e^{f(x)}- f(x)^e}{(f(x)-e)^2}\frac{(f(x)-e)^2}{x^2} = \lim_{y\rightarrow e} \frac{e^y - y^e}{(y-e)^2} \cdot \left(\lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)-e}{x}\right)^2 $$

A partir de la regla de l'Hôpital tenemos $$ \lim_{y\rightarrow e} \frac{e^y - y^e}{(y-e)^2} =^H \lim_{y\rightarrow e} \frac{e^y - ey^{e-1}}{2(y-e)} =^H \lim_{y\rightarrow e} \frac{e^y - e(e-1)y^{e-2}}{2} = \frac12 e^{e-1}$$

$$ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{f(x)-e}{x} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{e^{\ln(1+x)/x}- e}{\ln(1+x)/x - 1}\frac{\ln(1+x)/x - 1}{x} = \lim_{y\rightarrow 1}\frac{e^y -e}{y-1} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2} $$ $$ \lim_{y\rightarrow 1}\frac{e^y -e}{y-1} =^H \lim_{y\rightarrow 1} \frac{e^y}{1} = e $$ $$ \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2} =^H \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{1+x}-1}{2x} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{-1}{2(1+x)} = -\frac12$$

En total $$ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{e^{f(x)}- f(x)^e}{x^2} = \frac12 e^{e-1} \cdot\left(-\frac{e}{2}\right)^2 = \frac{e^{e+1}}{8}$$

Answer 2

Se ve bien, y los pulgares para arriba para tomar el tiempo para proporcionar a su propio trabajo!

$$\lim\limits_{x \to 0}\frac{e^{(1+x)^{1/x}}-(1+x)^{e/x}}{x^2}$$

No estoy seguro si esto es mejor, pero tomando las $t=\left(1+x\right)^{1/x}$ convierte el numerador en $e^t-t^e$ con $t \to e$ cuando $x \to 0$. Su primer no-cero término en la expansión de la serie (en torno a $t=e$) es: $$\frac{1}{2} e^{e - 1} \left(t - e\right)^2 \tag{$\estrella de$}$$ Ahora préstamo su expansión de $t=\left(1+x\right)^{1/x}$ todo $x=0$:

$$(1+x)^{\frac{1}{x}}=\color{blue}{e-\frac{ex}{2}}+\frac{11}{24}ex^2+\ldots$$

Y conectando sólo hasta fin de a$1$ (azul) en $(\star)$le da: $$\frac{1}{2} e^{e - 1} \left(\color{blue}{e-\frac{ex}{2}} - e\right)^2 =\frac{1}{8} e^{e + 1} x^2$$

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Para $(\star)$, $f(t)=e^t-t^e$ usted tiene:

• $f'(t)=e^t-et^{e-1} \implies f'(e)=0$
• $f''(t)=e^t-e(e-1)t^{e-2} \implies f''(e)=e^{e-1}$

Así:

$$\begin{align}f(t) & = f(e)+f'(e)(t-e)+\frac{1}{2}f''(e)(t-e)^2 + \ldots \\ & = 0 + 0 + \frac{1}{2} e^{e - 1} \left(t - e\right)^2 + \ldots\end{align}$$

Answer 3

Otra solución

\begin{align*} &\lim_{x \to 0+}\frac{e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}}-(1+x)^{\frac{e}{x}}}{x^2}\\ =&\lim_{x \to 0+}\frac{e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}}-e^{\frac{e}{x}\ln(1+x)}}{x^2}\\ =&\lim_{x \to 0+}\left[e^{\frac{e}{x}\ln(1+x)}\cdot\frac{e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}-\frac{e}{x}\ln(1+x)}-1}{x^2}\right]\\ =&e^e\cdot \lim_{x \to 0+}\frac{e^{(1+x)^{\frac{1}{x}}-\frac{e}{x}\ln(1+x)}-1}{x^2}\\ =&e^e\cdot \lim_{x \to 0+}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-\frac{e}{x}\ln(1+x)}{x^2}\\ =&e^e\cdot \lim_{x \to 0+}\frac{(e-\frac{1}{2}ex+\frac{11}{24}ex^2+\cdots)-\frac{e}{x}(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots)}{x^2}\\ =&e^e\cdot \frac{1}{8}e\\ =&\frac{e^{e+1}}{8}. \end{align*}

Answer 4

En respuesta a la lectura de algunos de los comentarios, sólo quiero decir que la L'hospital de cálculo no es horrible, si uno trabaja un poco estratégicamente. Por supuesto, esto no es entriely tedio gratis...

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Vamos $$g(x) = \frac{\log(1+x)}{x}.$$ We have $g \a 1,$ and $g' \a -1/2$ as $x \to 0.$ (you'll have to show this for $g'$ pero esto no es difícil).

Ahora vamos al límite en la pregunta escrita como $$L = \lim \frac{f_1(x) - f_2(x)}{x^2}, $$ donde

\begin{align} f_1(x) &:= e^{e^{g(x)}} \\ f_2(x) &:= e^{eg(x)} \end{align}

(Ahora voy empiezan a abandonar la $(x)$ en $g(x)$ para la legibilidad.)

Por la regla de la cadena, \begin{align} f_1' &= \left(e^{g(x)}\right)' e^{e^{g}} = g' e^{g} e^{e^{g}} \\ f_2' &= eg' e^{eg}\end{align}

Así, por L'Hospital, $$ L = \lim \frac{g'e^g \left(e^{e^g} -e e^{(e-1)g }\right) }{2x}$$

Pero, $g'e^{g} \to -e/2$, lo $$ L = -\frac{e}{4} \lim \frac{e^{e^g} - e^{(e-1)g + 1} }{x} $$ (asumiendo, por supuesto, que ésta existe - esto debería ser fácil para mostrar). El punto de hacer esto es volver a algo que parece (casi) como $f_1 - f_2$ en el numerador. En particular, no quiero que la segunda derivada de $f_1$ a entrar en mis expresiones - que es demasiado trabajo.

La aplicación de L'Hospital a esto de nuevo, obtenemos $$ -\frac{4L}{e} = \lim g'e^g e^{e^g} - (e-1)g' e^{(e-1)g + 1} = -\frac{1}{2}e\cdot e^e + \frac{(e-1)}{2}e^e = -\frac{1}{2}e^e,$$ where I've simply evaluated using $g \a 1, g' \a -1/2,$ giving again $$ L = e \cdot e^e/8.$$

Answer 5

Puesto que ambos términos, decir $A, B$, en el numerador tiende a mismo límite de $e^e$ podemos escribir $$A-B=B\cdot\frac{\exp (\log A - \log B) - 1}{\log A - \log B} \cdot(\log A - \log B) $$ and thus the numerator can be replaced by $e^e(\log A - \log B) $ or $$e^e\left((1+x)^{1/x}-e\cdot\frac{\log (1+x)}{x}\right)$$ Applying the same technique the above expression can be replaced by $$e^e\cdot e\left(\frac{\log(1+x)}{x}-1-\log\frac{\log(1+x)}{x}\right)$$ or $$e^{e+1}\cdot(u-\log(1+u))$$ where $$u=\frac{\log(1+x)}{x}-1\to 0$$ On the other hand we also know via L'Hospital's Rule or Taylor series that $u/x\a - 1/2$ and therefore the expression $$\frac{u-\log(1+u)}{x^2}=\frac{u-\log(1+u)}{u^2}\cdot\frac{u^2}{x^2}$$ tends to $(1/2)(-1/2)^2=1/8$. The desired limit is thus $e^{e+1}/8$.

En general se debe evitar la multiplicación/división y composición de la serie de Taylor y el uso de los famosos directamente de la memoria. A menudo el uso de la manipulación algebraica combinado con límites estándar reduce / alivia la necesidad de cualquier gimnasia con la serie de Taylor.