El límite de $x\left(\sqrt[x]{a}-1\right)$ como $x\to\infty$ .

Question

Cómo encontrar el límite de: $$ \lim_{x\to \infty }x\left(\sqrt[x]{a}-1\right)$$ Sin usar la regla de L'hôspital.

He intentado acotar el término y utilizar el teorema del estrujamiento pero no he podido encontrar el límite superior correcto. También he intentado convertir $a^\frac{1}{x}$ a $e^{\frac{1}{x}\ln{a}}$ pero no me ayudó.

¿Cuál es la forma correcta de evaluar ese límite?

Answer 1

$$ \lim_{x\to +\infty } x \left(a^{1/x}-1\right) = \lim_{x\to +\infty } (\ln a) \frac{e^{(\ln a)/x} - 1}{(\ln a)/x} = (\ln a)\lim_{u \to 0} \frac{e^u - 1}{u} = (\ln a)f'(0) = \ln a,$$ donde $f(u) = e^u$ y hemos hecho la sustitución $u = (\ln a)/x$ en el segundo límite.

Edición: Otra alternativa, y quizás más sencilla,

$$ \lim_{x\to +\infty } x \left(a^{1/x}-1\right) = \lim_{x\to +\infty } \frac{a^{1/x} - 1}{1/x} = \lim_{u \to 0} \frac{a^u - 1}{u} = g'(0) = \ln a,$$ donde $g(u) = a^u$ .

Answer 2

Este límite se llama La fórmula de Halley . Para cada uno de los fijos $a$ existe un $N$ tal que $x > N$ implica $\left|\frac{\log(a)}{x}\right|<1$ . Tenga en cuenta que si $|a|<1$ $$\begin{align}e^a&=1+a+\frac{1}{2}a^2+...\\&\leq1+a+a^2(\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}|a|+\frac{1}{4!}|a|^2+...)\\&\leq1+a+a^2(1+|a|+|a|^2+...)\\&=1+a+\frac{a^2}{1-|a|}.\end{align}$$ On the other hand, modifying the above estimates, we have $$\begin{align}e^a&=1+a+\frac{1}{2}a^2+...\\&\geq1+a-a^2(\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}|a|+\frac{1}{4!}|a|^2+...)\\&\geq1+a-a^2(1+|a|+|a|^2+...)\\&=1+a-\frac{a^2}{1-|a|}.\end{align}$$ Ahora escribe $e^{\frac{\log(a)}{x}}$ como una serie en $\frac{\log(a)}{x}$ para obtener: $$1+\frac{\log(a)}{x}-\frac{\left(\frac{\log(a)}{x}\right)^2}{1-\left|\frac{\log(a)}{x}\right|}<e^{\frac{\log(a)}{x}}<1+\frac{\log(a)}{x}+\frac{\left(\frac{\log(a)}{x}\right)^2}{1-\left|\frac{\log(a)}{x}\right|}$$ y así $$-\frac{\frac{\log^2(a)}{x}}{1-\left|\frac{\log(a)}{x}\right|}<x(e^{\frac{\log(a)}{x}}-1)-\log(a)<\frac{\frac{\log^2(a)}{x}}{1-\left|\frac{\log(a)}{x}\right|}$$ Por lo tanto, el resultado se desprende del teorema del apretón, $\frac{\log^2(a)}{x}\to0$ como $x\to\infty$ .

Answer 3

Configurar $\displaystyle \frac1x=h$

$$\lim_{n\to\infty}x(\sqrt[x]a-1)=\lim_{h\to0}\frac{a^h-1}h=\ln a\lim_{h\to0}\frac{e^{h\ln a}-1}{h\ln a}=\cdots$$

Utilice Prueba de $ f(x) = (e^x-1)/x = 1 \text{ as } x\to 0$ utilizando la definición épsilon-delta de un límite