¿Por qué este límite es $-\frac{1}{4}$?

Question

Encontrar $$\lim_{x\rightarrow\infty} \bigg(1-x^{1/2x}\bigg)\cdot\frac{x}{2\ln{x}}$$

He probado este método: $$\begin{align} \bigg(1-x^{1/{2x}}\bigg)\frac{x}{2\ln{x}} & = \frac{x}{2}\frac{1-x^{1/{2x}}}{\ln{x}}\frac{1+x^{1/{2x}}}{1+x^{1/{2x}}} \\ & = \frac{1}{2} \frac{x}{\ln{x}} \frac{1-\sqrt[x]{x}}{1+\sqrt{\sqrt[x]{x}}} \\ & = \frac{1}{2 \cfrac{\ln{x}}{x} \cfrac{1+\sqrt{\sqrt[x]{x}}}{1-\sqrt[x]{x}}} \\ \end{align}$$

Sé que siempre que $x \to \infty$, por lo que no $\frac{\ln{x}}{{x}}\to{0}$. Asimismo, $\sqrt[x]{x}\to{1}$. Si puedo aplicar L'Hôpital a la última alteración de la ecuación, la fracción que se apague hasta el infinito. Mi enfoque no es el mejor, me puedes ayudar?

Answer 1

Tenga en cuenta que$e^x-1\sim x$$x\to0$, $$(1-x^{1/2x})\frac{x}{2\ln x}\sim(1-e^{(\ln x)/2x})\frac{x}{2\ln x}\sim-\frac{\ln x}{2x}\frac{x}{2\ln x}\sim-\frac14$$

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Para entender cómo mover el segundo y el tercero, aplicar L'Hospital de la regla en el primer factor $$1-e^{(\ln x)/2x}=\frac{1-e^{(\ln x)/2x}}{(\ln x)/2x}\frac{\ln x}{2x}\sim-\frac{e^{(\ln x)/2x}\Big((\ln x)/2x\Big)'}{\Big((\ln x)/2x\Big)'}\frac{\ln x}{2x}\sim-e^{(\ln x)/2x}\frac{\ln x}{2x}$$

Answer 2

$$ \big(1-x^{1/2x}\big)\cdot\frac{x}{2\ln{x}}=-\frac{1}{4}\frac{\mathrm{e}^{\ln x/2x}-1} {\frac{\ln x}{2x}}=-\frac{1}{4}\frac{\mathrm{e}^t-1}{t}, $$ donde $\,t=\dfrac{\ln x}{2x}$. Pero como $\,\lim_{x\to\infty}\dfrac{\ln x}{2x}=0,$, entonces tenemos $$ \lim_{x\to\infty}\big(1-x^{1/2x}\big)\cdot\frac{x}{2\ln{x}}=\lim_{t\to 0}-\frac{1}{4}\frac{\mathrm{e}^t-1}{t}=-\frac{1}{4}, $$ como $$ \lim_{t\to 0}\frac{\mathrm{e}^t-1}{t}=\left.\frac{d}{dt}\right|_{t=0}\mathrm{e}^t =1. $$

Answer 3

Pruebe con $t=1/x$, lo que cambia el límite en $$ \lim_{t\to0^+}-\left(1-\frac{1}{t^{t/2}}\right)\frac{1}{2t\ln t}= \lim_{t\to0^+}\frac{1-t^{t/2}}{t^{t/2}}\frac{1}{2t\ln t} $$ El denominador $t^{t/2}$$1$, debido a que $$ \lim_{t\to0^+}\frac{t}{2}\ln t=0 $$ así que nos quedamos con $$ \lim_{t\to0^+}\frac{1-t^{t/2}}{2t\ln t}= \lim_{t\to0^+}\frac{1-t^{t/2}}{2t\ln t}\frac{1+t^{t/2}}{1+t^{t/2}}= \frac{1}{4}\lim_{t\to0^+}\frac{1-t^t}{t\ln t}= \frac{1}{4}\lim_{t\to0^+}\frac{1-e^{t\ln t}}{t\ln t} $$ La función de $t\mapsto t\ln t$ es invertible (y se supone que los valores negativos) en un intervalo de $(0,\varepsilon)$, por lo que podemos utilizar a la inversa y transformar el límite último en el límite conocido: $$ \frac{1}{4}\lim_{u\to0^{-}}\frac{1-e^u}{u}=-\frac{1}{4} $$

Answer 4

$$\lim_{x\rightarrow\infty} \bigg(1-x^{\cfrac{1}{2x}}\bigg)\cdot\frac{x}{2\ln{x}}$$

Deje $$f(x)=\bigg(1-x^{\cfrac{1}{2x}}\bigg)$$ y$$ g(x)=\frac{x}{2\ln{x}}$$ y $$H(x)=f(x)\cdot g(x)$$

como $$\lim{x\rightarrow\infty }$$ $g(x)\rightarrow \infty$, utilizando la regla de L'Hospital y $f(x)\rightarrow 0$

así es la forma de $0 \cdot \infty$

por lo tanto, convertir en $\frac{\infty}{\infty}$

Para ello tome $ln$ en ambos lado y seguir adelante

y el uso de L'Hospital de la regla . Esto le dará $$\frac{-1}{4}$$

Answer 5

Deje $y=g(x)=\frac{\ln x}{2x}$, de modo que $f(x)=(1-x^{1/2x})\frac{x}{2\ln x}$ puede escribirse como $$f(x)=(1-x^{1/2x})\frac{x}{2\ln x}=\left(1-e^{(\ln x)/2x}\right)\frac{x}{2\ln x}=-\frac{1}{4}\frac{\operatorname{e}^{y}-1}{y}$$ Ahora usted ahora que $\lim_{x\to\infty}g(x)=0$ la aplicación de l'Hopistal la regla por ejemplo, $$\lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{2x}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{2x}=0$$ así que usted tiene $$ \lim_{x\to\infty} f(x)=\lim_{y\to 0} -\frac{1}{4}\frac{\operatorname{e}^{y}-1}{y}=-\frac{1}{4} $$ recordando el límite fundamental $\lim_{y\to 0} \frac{\operatorname{e}^{y}-1}{y}=1$.