Muestran que

Question

Que $f(x)=x^{x^{\alpha}}$ donde $\alpha\in (0,1)$. Mostrar que %#% $ #%

Answer 1

Dividir el límite en dos más elementales límites y demostrar que ambos son iguales a 1.

$$ \lim_{x\to\infty}\frac{(x+1)^{(x+1)^{\alpha}}}{x^{x^{\alpha}}} =\underbrace{\lim_{x\to\infty}\frac{(x+1)^{(x+1)^{\alpha}}}{(x+1)^{{x^{\alpha}}}}}_{L_1}\cdot\underbrace{\lim_{x\to\infty}\frac{(x+1)^{x^{\alpha}}}{x^{x^{\alpha}}}}_{L_2} $$

Simplificar el límite de $L_1$ como sigue

$$ L_1=\lim_{x\to\infty}(x+1)^{(x+1)^{\alpha} x^{\alpha}} $$

y el uso del valor medio el teorema de estimación de la diferencia en el exponente

$$ \frac{\alpha}{(x+1)^{1-\alpha}}<(x+1)^{\alpha} x^{\alpha}<\frac{\alpha}{x^{1-\alpha}} $$

A continuación, se puede estimar el límite de $L_1$

$$ \begin{align*} \lim_{x\to\infty}(x+1)^{\alpha/(x+1)^{1-\alpha}}&\leq L_1\leq\lim_{x\to\infty}(x+1)^{\alpha/x^{1-\alpha}}\\[12pt] \lim_{x\to\infty}\exp\left(\frac{\alpha\log(x+1)}{(x+1)^{1-\alpha}}\right)&\leq L_1\leq\lim_{x\to\infty}\exp\left(\frac{\alpha\log(x+1)}{x^{1-\alpha}}\right) \\ 1&\leq L_1\leq 1 \end{align*} $$

El límite de $L_2$ es más fácil de calcular

$$ L_2=\lim_{x\to\infty}\frac{(x+1)^{x^{\alpha}}}{x^{x^{\alpha}}} =\lim_{x\to\infty}\left[\left(1+\frac 1x\right)^x\right)^{x^{\alpha-1}} =\lim_{x\to\infty}\mathrm e^{x^{\alpha-1}}=1 $$

Answer 2

Definir $g(x) = \ln\left(\frac{f(x+1)}{f(x)}\right)$.

Ha $g(x) = (x+1)^\alpha \cdot \ln(x+1) - x^\alpha \ln(x)$

Puede reescribir como: $g(x) = x^\alpha \left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha \left(\ln(x) + \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\right) - x^\alpha \ln(x)$

o $g(x) = x^\alpha \ln(x) \left(\left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha - 1 \right) + x^\alpha \left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)$

Vamos a empezar con el segundo término: Dado que el $\frac{1}{x}$ enfoques $0$ al $x$ enfoques $\infty$, usted tiene $\ln\left(1+\frac{1}{x}\right) \sim \frac{1}{x}$$\left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha \rightarrow 1$, lo que significa que $x^\alpha \left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha \ln\left(1+\frac{1}{x}\right)$ se comporta como $\frac{x^\alpha}{x}$ al $x$ enfoques $\infty$, que se aproxima $0$ que $\alpha < 1$, lo $\lim_{x \rightarrow \infty} x^\alpha \left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha \ln\left(1+\frac{1}{x}\right) = 0$.

Ahora, el primer término de $x^\alpha \ln(x) \left(\left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha - 1 \right)$. De nuevo, dado que el $\frac{1}{x}$ enfoques $0$ al $x$ enfoques $\infty$, $\left(\left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha - 1 \right) \sim \frac{\alpha}{x}$; lo que significa que $x^\alpha \ln(x) \left(\left(1+\frac{1}{x}\right)^\alpha - 1 \right) \sim \alpha \frac{\ln(x)}{x^{1-\alpha}}$, que se aproxima $0$ que $1-\alpha >0$.

Esto demuestra que $\lim_{x \rightarrow \infty} g(x) = 0$. Mediante el uso de la función exponencial, en este límite (se puede, dada su continuidad), se obtiene que el $\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{f(x+1)}{f(x)} = 1$

Answer 3

Observe que %#% $ #%

Por lo tanto, $$x^{x^\alpha}=\exp(x^\alpha\ln x)$ $

donde el intercambio entre el límite y la serie es posible ya que la serie converge uniformemente con límite superior $$\begin{align}\lim_{x\to\infty}\frac{f(x+1)}{f(x)}&=\lim_{x\to\infty} \exp\Big((x+1)^\alpha\ln(x+1)-x^\alpha\ln x\Big)\\&=\exp\bigg(\lim_{x\to\infty} \big[(x+1)^\alpha\ln (x+1)-x^\alpha\ln x\big]\bigg)\\&=\exp\bigg(\lim_{x\to\infty}\big[\ln(x+1)\sum_{k=0}^\infty\binom{\alpha}{k}x^{\alpha-k}-x^\alpha\ln x\big]\bigg)\\&=\exp\bigg(\lim_{x\to\infty}\big[x^\alpha\ln\left(\frac{x+1}x\right)+\sum_{k=1}^\infty\binom{\alpha}{k}x^{\alpha-k}\big]\bigg)\\&=\exp\bigg(0+\sum_{k=1}^\infty\binom{\alpha}{k}\lim_{x\to\infty}x^{\alpha-k}\bigg)\\&=\exp(0)=1\end{align}$ $\sum\binom{\alpha}{k}=2^\alpha$, y aplicar L'Hôpital podemos ver

$x>1$% $ de \alpha\in(0,1) de $$\lim_{x\to\infty}x^\alpha\ln\left(\frac{x+1}x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{x}{x+1}\right)\frac{-1}{x^2}}{-\alpha x^{-\alpha-1}}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{\alpha}}{\alpha(x+1)}=0$.

Answer 4

Es más sencillo mostrar que $\log f(x+1)-\log f(x) \to 0$ $x\to \infty$. Tenemos\begin{align} L&=\lim_{x\to\infty} (x+1)^{a}\log(x+1)-x^{a}\log x\notag\\ &=\lim_{x\to\infty} \frac{1}{c^{1-a}}+a\cdot\frac{\log c} {c^{1-a}}\text{ (for some }c\text{ with }x<c<x+1) \notag\\ &= 0+a\cdot 0=0\notag \end{align} $0<a<1$.