¿Por qué $\lim_{x \to 0} (1+f(x))^\frac{1}{g(x)} = e^l$ donde $l=\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}$ ?

Question

Mi libro de texto dice que si $f(x) \to 0$ como $x \to 0$ $$\lim_{x \to 0} (1+f(x))^\frac{1}{g(x)} = e^l$$ donde $$l=\lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{g(x)}$$
Intento hacerlo de la siguiente manera y obtengo un resultado diferente
$$\lim_{x \to 0} (1+f(x))^\frac{1}{g(x)}= \lim_{x \to 0} ((1+f(x))^\frac{1}{f(x)})^\frac{f(x)}{g(x)}$$
Y ahora sacamos el exponente del límite para obtener
$$[\lim_{x \to 0} (1+f(x))^\frac{1}{f(x)}]^\frac{f(x)}{g(x)}=e^l$$
Dónde $$l=\frac{f(x)}{g(x)}$$ ¿Estoy haciendo algo mal aquí por lo que mi $l$ ¿es diferente?

Answer 1

Usted está tomando el límite con respecto a $x$ por lo que el lado derecho no debe depender de $x$ . Entonces se llega a $\lim_{x \to 0} ((1+f(x))^\frac{1}{f(x)})^\frac{f(x)}{g(x)}$ y tomó el límite dentro del paréntesis, lo cual no es correcto, ya que el límite sólo actuará sobre la función dentro del paréntesis. Ten en cuenta que sólo puedes escribir el límite dentro de una función si existe y la función es continua.

Por ejemplo, sabemos que $\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=e,$ pero $\left(\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)^{n}=1^{n}$ ya que el límite sólo actúa dentro de los corchetes.

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Sea

$$L=\lim_{x \to 0} (1+f(x))^\frac{1}{g(x)}$$

entonces $$\ln L = \lim_{x\rightarrow 0}\ln\left((1+f(x))^{\frac{1}{g(x)}}\right) \quad(1)$$ $$\ln L = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+f(x))}{g(x)}$$

$$\ln L = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+f(x))}{f(x)}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}$$ $$\implies L=e^{\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}}$$

proporcionado $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}$ existen, y donde utilicé el hecho de que $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln(1+f(x))}{f(x)}=1$ lo que puede demostrarse expandiendo en series de potencias. De hecho $\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1$ . También en $(1)$ la continuidad de $\ln$ y el hecho de que existe el límite dentro de esta función.

Answer 2

Nota : debemos tener $f(x)>-1$ para cada $x\in\text{dom}[f]$ para $(1+f(x))^\frac{1}{g(x)}$ estar bien definidos.

Si $f$ es distinto de cero en un intervalo suficientemente pequeño $I$ en torno a $0$ podemos escribir \begin{align} (1+f(x))^\frac{1}{g(x)} &= e^{\frac{1}{g(x)}\ln\left(1+f(x)\right)}\\ &= e^{\frac{1}{g(x)}\ln\left(1+f(x)\right)}\\ &= e^{\frac{1}{g(x)}\left[\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)\right]}\\ &= e^{\frac{f(x)}{g(x)}\cdot\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)}}\\ \end{align}

Obsérvese la similitud entre la expresión

$$\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)}$$

y el cociente de diferencias

$$\frac{\ln\left(1+h\right)-\ln(1)}{h}$$

De hecho, desde $f(x)\to 0$ como $x\to 0$ tiene sentido que tengamos

\begin{align} \lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)} &= \left[\frac{d}{dx}\ln(x)\right]_{x=1}\\ &= 1 \end{align}

Esto se demuestra al final de mi respuesta. Tomándolo aquí como un hecho, podemos combinarlo con $\lim_{x\to 0}f(x)/g(x)=l$ para obtener

$$\lim_{x\to 0}\left(\frac{f(x)}{g(x)}\cdot\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)}\right)=l$$

De la continuidad de la función exponencial se deduce que

$$\lim_{x\to 0}e^{\frac{f(x)}{g(x)}\cdot\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)}}=e^l$$

Prueba del límite : Fijar un $\varepsilon>0$ . Queremos demostrar que hay una $\delta>0$ tal que para cada real $x$ donde nuestra expresión está bien definida,

$$0<|x-0|<\delta\implies\left|\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)}\right|<\varepsilon$$

Sabemos que $\ln$ es diferenciable en $1$ Así que hay un $\delta_1>0$ tal que para cada $h$ ,

$$0<|h-0|<\delta_1\implies\left|\frac{\ln\left(1+h\right)-\ln(1)}{h}\right|<\varepsilon$$

Sabemos que $f(x)\to 0$ como $x\to 0$ . Si además suponemos que $f$ es distinto de cero en una zona alrededor de $0$ entonces hay un $\delta>0$ tal que

$$0<|x-0|<\delta\implies 0<\left|f(x)-0\right|<\delta_1$$

Así, si $0<|x-0|<\delta$ entonces $0<\left|f(x)-0\right|<\delta_1$ Así que

$$\left|\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)}\right|<\varepsilon$$

Este argumento se aplica a cualquier $\varepsilon$ así que hemos demostrado que

$$\lim_{x\to 0}\frac{\ln\left(1+f(x)\right)-\ln(1)}{f(x)}=1$$