Alguien me dijo que si $\lim_{x\to{+\infty}} f(x)^{g(x)}=1^{+\infty}$ que es indeterminado límite, podemos resolverlo por tomar el siguiente límite: $$k =\lim_{x\to +\infty}\big(f(x)-1\big)g(x)$$ So $$\lim_{x\to{+\infty}} f(x)^{g(x)}=e^k$$
He utilizado esta fórmula mucho y he visto que es rápido de una forma práctica para este tipo de límites, especialmente cuando solo quieres saber el valor del límite. ¿Cuál es la prueba de esta fórmula si es cierto? Gracias.
Si $$\lim_{x\to\infty}f(x)^{g(x)}=e^k\;,$$ then $$k=\ln\lim_{x\to\infty}f(x)^{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\ln f(x)^{g(x)}=\lim_{x\to\infty}g(x)\ln f(x)\;.$$ Thus, in order for the method to work, we must have $$\lim_{x\to\infty}g(x)\ln f(x)=\lim_{x\to\infty}g(x)\left(f(x)-1\right)\;.$$
El uso de la serie de Maclaurin para $\ln(1+x)$, tenemos
$$\begin{align*} \ln f(x)&=\ln\left(1+f(x)-1\right)\\ &=\sum_{n\ge 1}(-1)^{n+1}\frac{\left(f(x)-1\right)^n}n\\ &\approx f(x)-1 \end{align*}$$
una vez $f(x)$ está cerca de a $1$, y el error está delimitado por $\frac12\left(f(x)-1\right)^2$, que disminuye rápidamente en comparación con $|f(x)-1|$.
También se puede comparar lo que sucede cuando se aplica la regla de l'Hospital de a $$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln f(x)}{1/g(x)}$$ and to $$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)-1}{1/g(x)}\;:$$ the former gives you $$\lim_{x\to\infty}\frac{f\,'(x)/f(x)}{-\left(g(x)\right)^{-2}g'(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac1{f(x)}\lim_{x\to\infty}\frac{f\,'(x)}{-\left(g(x)\right)^{-2}g'(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{f\,'(x)}{-\left(g(x)\right)^{-2}g'(x)}\;,$$ que es exactamente lo que éste le da.
Esto es fácil de entender si tenemos en cuenta que el límite fundamental respecto de la función logarítmica $$\lim_{y \to 0}\frac{\log(1 + y)}{y} = 1$$ In the particular case here we have $\lim_{x \to \infty} f(x) = 1$ and $\lim_{x \to \infty} g(x) = \infty$ and if the following limit $$L = \lim_{x \to \infty}\{f(x)\}^{g(x)}$$ existe, entonces tenemos
$\displaystyle \begin{aligned}\log L &= \log\lim_{x \to \infty}\{f(x)\}^{g(x)}\\ &= \lim_{x \to \infty}\log\{f(x)\}^{g(x)}\text{ (because of continuity of log)}\\ &= \lim_{x \to \infty}g(x)\log f(x)\\ &= \lim_{x \to \infty} g(x)\log \{1 + f(x) - 1\}\\ &= \lim_{x \to \infty} g(x)\{f(x) - 1\}\frac{\log \{1 + f(x) - 1\}}{f(x) - 1}\\ &= \lim_{x \to \infty} \{f(x) - 1\}g(x)\lim_{y \to 0}\frac{\log(1 + y)}{y}\text{ (put }y = f(x) - 1)\\ &= \lim_{x \to \infty}\{f(x) - 1\}g(x)\end{aligned}$
No es necesario el uso de la serie de expansiones o L'Hospital de la regla en la mayoría de los límite de problemas si queremos hacer un uso adecuado de los existentes límite de fórmulas. Yo todavía prefieren utilizar el logarítmica límite directamente en lugar de confiar en las fórmulas especiales (como se menciona en esta pregunta) para cada uno de los especiales de forma indeterminada. Esas fórmulas son buenas sólo cuando alguien está apareciendo en el objetivo de opción múltiple tipo) exámenes competitivos y estas fórmulas no ayudar a un ápice para un principiante que aprende límites. Lamentablemente en mi país la mayoría de los exámenes competitivos se han convertido en opción múltiple tipo.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
