$$\lim_{x \to 0} \frac{x^2\sin(\frac{1}{x})+x}{(1+x)^\frac{1}{x} -e} = $$
¿Puede alguien ayudar con este límite? Sé que tengo que dividirlo y aplicar la regla de L'hopitals, y la respuesta es $$\frac{-2}{e}$$ No consigo que funcione en el papel.
Respuestas
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pista
El numerador puede establecerse como
$$x( x\sin(\frac 1x) +1 )$$
observe que $$\lim_{x\to 0}\Bigl(x\sin(\frac 1x) +1 \Bigr) =1$$
ahora, necesitamos calcular $$\lim_{x\to 0}\frac{x}{(1+x)^\frac 1x -e}$$ con $$(1+x)^\frac 1x=e^{\frac 1x\ln(1+x)}=e^{f(x)}.$$
ahora use l'Hospital para obtener
$$\lim_{x\to 0}\frac{1}{f'(x)e^{f(x)}}$$
donde $$f'(x)=\frac{\frac{x}{x+1}-\ln(1+x)}{x^2}$$
Matteo
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56
Un límite interesante. Después de la simplificación ya propuesta se llega a $$\mathcal L =\lim_{x\to 0}\frac{x}{(1+x)^{\frac1{x}}-e},$$ que, por cierto, podría interpretarse como la inversa de la derivada en $0$ de la función $$f(x)=\begin{cases}(1+x)^{\frac1{x}} & (x>-1 \land x\neq 0)\\e& (x=0).\end{cases}$$
Yo iría así \begin{eqnarray} \mathcal L &=& \lim_{x\to 0}\frac{x}{e^{\frac1{x}\log(1+x)}-e}=\\ &=&\lim_{x\to 0}\frac{x}{e\left[e^{\frac1{x}\log(1+x)-1}-1\right]}. \end{eqnarray} Ahora usa $$\frac{\log(1+\alpha(x))}{\alpha(x)} \to 1$$ y $$\frac{e^{\alpha(x)}-1}{\alpha(x)}\to 1$$ cuando $\alpha(x) \to 0$ , para conseguir \begin{eqnarray} \mathcal L &=& \frac1e\cdot\lim_{x\to 0}\frac{x}{\frac1{x}\log(1+x)-1}=\\ &=&\frac1e\cdot\lim_{x\to 0} \frac{x^2}{\log(1+x)-x}. \end{eqnarray} Utiliza ahora MacLaurin o de l'Hospital para manejarlo.
egreg
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64348
El ejercicio pretende que no uses l'Hôpital, porque la derivada del numerador no tiene límite en $0$ . No es difícil hacerlo con la expansión de Taylor.
Usted sabe que $$ \frac{1}{x}\log(1+x)=\frac{1}{x}(x-x^2/2+o(x^2))=1-x/2+o(x) $$ así que $$ (1+x)^{1/x}-e=e^{1-x/2+o(x)}-e=e\cdot e^{-x/2+o(x)}-e=e(1-x/2+o(x))-e=-ex/2+o(x) $$ Tenga en cuenta también que $$ x^2\sin\frac{1}{x}=o(x) $$ y por lo tanto el límite es $$ \lim_{x\to0}\frac{x+o(x)}{-ex/2+o(x)}=-\frac{2}{e} $$
