Pruebe este límite sin utilizar estas técnicas, y para los estudiantes principiantes: $\lim_{x\to0} \frac{e^x-1-x}{x^2}=\frac12$

Question

¿Cómo podemos demostrar que $$\lim_{x\rightarrow 0}\cfrac{e^x-1-x}{x^2}=\cfrac{1}{2}$$ ¿Sin usar la regla de L'hopital y las expansiones de Taylor?

Gracias

Answer 1

Utiliza las leyes de los límites y el teorema del binomio: tienes $$\frac{e^x - (1+x)}{x^2} = \lim_{n \to \infty} \left( \frac{ (1+ \frac xn)^n - (1+x)}{x^2} \right) = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=2}^n \binom nk \frac{x^{k-2}}{n^k} \\ = \frac 12 + x \left( \lim_{n \to \infty} \sum_{k=3}^n \binom nk \frac{x^{k-3}}{n^k} \right)$$ siempre que el límite $ \displaystyle e^x = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac xn \right)^n$ se supone que existe .

Como subproducto de este cálculo se obtiene que $$\lim_{n \to \infty} \sum_{k=3}^n \binom nk \frac{x^{k-3}}{n^k}$$ también existe. Con $x=1$ esto implica $$\sup_n \sum_{k=3}^n \binom nk \frac{1}{n^k} < \infty$$ y en consecuencia si $|x| \le 1$ entonces $$\sup_{n} \left| \sum_{k=3}^n \binom nk \frac{x^{k-3}}{n^k} \right| \le \sup_{n} \sum_{k=3}^n \binom nk \frac{|x^{k-3}|}{n^k} \le \sup_n \sum_{k=3}^n \binom nk \frac{1}{n^k} < \infty.$$

Por lo tanto, si $|x| \le 1$ entonces $$\left| \frac{e^x - (1+x)}{x^2} - \frac 12 \right| \le |x| \sup_n \sum_{k=3}^n \binom nk \frac{1}{n^k}.$$

Ahora dejemos que $x \to 0$ .

Answer 2

Por cada natural $n\ge 2$ tenemos $$\lim_{x\to 0}\frac{\left(1+\frac xn\right)^n-x-1}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{1+n\frac xn+\binom n2\frac{x^2}{n^2}+x^3P(x)-x-1}{x^2}=\frac{n-1}{2n}$$ donde $P(x)$ es un polinomio.

Esto por sí solo no implica que su límite sea $1/2$ . Debemos suponer que la función $$e^x=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac xn\right)^n$$ se define en algún intervalo $I$ alrededor de $0$ (es decir, que el límite existe para cada $x\in I$ ) y continua.

Answer 3

¿Están permitidos los derivados? Asumiendo la existencia de $$L = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{\left(\frac{e^x - 1}x\right) - 1}x$$ es igual a la derivada de la función (continua) $$f(x) = \begin{cases} \frac{e^x - 1}x & x \neq 0 \\ 1 & x = 0 \end{cases}$$ en $x = 0$ . Así, tenemos (formalmente) $$L = \lim_{t \to 0}\left.\frac{d}{dx}\left(\frac{e^x - 1}x\right)\right|_{x = t} = \lim_{t \to 0} \left(\frac{e^t}t - \frac{e^t - 1}{t^2}\right) = \lim_{t \to 0} \left(\frac{e^t - 1}t - \frac{e^t - 1 - t}{t^2}\right) = 1 - L$$

Answer 4

Tenemos que $f(x)=e^x$ es una función convexa creciente, por lo que para cualquier $\varepsilon>0$ hay una vecindad del origen $U$ donde la desigualdad $$ (1-\varepsilon)x\leq e^x-1 \leq (1+\varepsilon)x \tag{1}$$ se mantiene. Si consideramos algunos $z\in U$ e integrar cada término de $(1)$ en $(0,z)$ obtenemos $$ (1-\varepsilon)\frac{z^2}{2}\leq e^z-1-z \leq (1+\varepsilon)\frac{z^2}{2}\tag{2} $$ por lo que $$ \liminf_{z\to 0}\frac{e^z-1-z}{z^2}\geq\frac{1-\varepsilon}{2},\qquad \limsup_{z\to 0}\frac{e^z-1-z}{z^2}\leq \frac{1+\varepsilon}{2} \tag{3}$$ y como $\varepsilon$ es arbitraria, la afirmación se deduce.

Answer 5

Supongo que aquí se nos permiten límites, así que toma $e^x = \lim_{k\rightarrow \infty}(1+x/k)^k$ . Por lo tanto, para los grandes $k$ su límite debería ser más o menos el mismo que $$\lim_{x\rightarrow 0} \frac{(1+x/k)^k - 1 - x}{x^2} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{1 + {k\choose 1}\frac{x}{k} + {k \choose 2}\frac{x^2}{k^2} + \mbox{HOT} - 1 - x}{x^2} =\lim_{x\rightarrow 0} \frac{{k \choose 2}\frac{x^2}{k^2} + \mbox{HOT}}{x^2} =\frac{1}{2}.$$

Si podemos encontrar una manera de intercambiar los dos límites, tendremos una prueba rigurosa.