Encontrar un límite, sin fórmula de Taylor

Question

Cómo encontrar este límite: $$ \lim_{x \to +\infty} \left[ (x+a)^{1+{1\over x}}-x^{1+{1\over x+a}}\right] $$ Conocemos la regla de L'Hopital, pero no la fórmula de Taylor.

Answer 1

Supongamos que $a>0.$ La expresión es igual a

$$\tag 1(x+a)^{1+1/x} - x^{1+1/x} + x^{1+1/x}- x^{1+1/(x+a)}.$$

Piensa en $x$ como fijo por el momento. Consideremos la función $f(y)= y^{1+x}.$ Entonces $f'(y) = (1+1/x)y^{1/x}.$ Así que por el teorema del valor medio,

$$\tag 2 (x+a)^{1+1/x} - x^{1+1/x} = (1+1/x)c^{1/x}\cdot a,$$

donde $c \in (x,x+a).$ Dado que ambos $x^{1/x},(x+a)^{1/x} \to 1,$ vemos $(2)\to a.$ Eso soluciona la primera diferencia en $(1).$

Para la segunda diferencia en $(1),$ piensa en $x $ fija de nuevo y considera $g(y) = x^y.$ Entonces $g'(y) = \ln x \cdot x^y.$ Así que

$$\tag 3 x^{1+1/x}- x^{1+1/(x+a)}= \ln x\cdot x^c \cdot (1/x- 1/(x+a)),$$

donde $c\in (1/x,1/(x+a)).$ De ello se deduce la segunda diferencia en $(1) \to 0.$ El límite deseado es $a.$

Answer 2

PRIMER:

En ESTA RESPUESTA Demostré usando sólo la definición de límite de la función exponencial y la desigualdad de Bernoulli que

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{1+x\le e^x\le \frac{1}{1-x}} \tag 1$$

para $x<1$

y

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\frac{x-1}{x}\le \log(x)\le x-1} \tag 2$$

para $x>0$ .

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Utilizando aritmética elemental, podemos escribir

$$\begin{align} (x+a)^{1+{1/x}}-x^{1+{1/( x+a)}}&=x^{1/x}(x+a)\left(1+\frac ax\right)^{1/x}-x^{1/x}xx^{-\frac{a}{x(x+a)}}\\\\ &=ax^{1/x}\left(1+\frac ax\right)^{1/x}+x^{1/x}x\left(\left(1+\frac ax\right)^{1/x}-x^{-\frac{a}{x(x+a)}}\right) \tag 3 \end{align}$$

El límite como $x\to \infty$ del primer término en el lado derecho de $(3)$ se ve fácilmente que es $a$ . Para verlo, basta con escribir $x^{1/x}=e^{\frac1x\log(x)}$ y observe que $\log(x)/x \to 0$ como $x\to \infty$ . Del mismo modo, escriba $\left(1+\frac ax\right)^{1/x}=e^{\frac1x \log\left(1+\frac ax\right)}$ y observe que $\frac1x \log\left(1+\frac ax\right)\to 0$ como $x\to \infty$ .

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El problema se reduce a evaluar el segundo límite. Escribiendo de nuevo

$$\left(1+\frac ax\right)^{1/x}-x^{-\frac{a}{x(x+1)}}=e^{\frac1x \log\left(1+\frac ax\right)}-e^{-\frac{a}{x(x+a)}\log(x)}$$

y utilizando las desigualdades en $(1)$ y $(2)$ podemos demostrar que

$$\frac{a}{x+a}+\frac{ax\log(x)}{x(x+a)+a\log(x)}\le x\left( \left(1+\frac ax\right)^{1/x}-x^{-\frac{a}{x(x+a)}}\right)\le \frac{ax}{x^2-a}+\frac{a\log(x)}{x+a} \tag 4$$

Aplicando el teorema del estrujamiento a $(4)$ revela que

$$\lim_{x\to \infty}x\left( \left(1+\frac ax\right)^{1/x}-x^{-\frac{a}{x(x+a)}}\right)=0$$

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Juntando todo, encontramos que

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\lim_{x\to \infty} (x+a)^{1+{1/x}}-x^{1+{1/( x+a)}}=a}$$

Answer 3

Creo que la mejor manera de abordar este tema es pensarlo conceptualmente. Como $x$ se acerca al infinito, $a$ se vuelve insignificante en el exponente (asegúrate de ver por qué). También sabemos que $$\lim_{x+}\frac{1}{x} = 0$$

Así, el límite global es simplemente

$$\lim_{x+} ((x+a)-x) = a$$

Answer 4

$$x \to \infty \approx \left( {x + a} \right) \to \infty \Rightarrow {\left( {x + a} \right)^{1 + \frac{1}{x}}} \approx {x^{1 + \frac{1}{{x + a}}}} \Rightarrow \lim [{\left( {x + a} \right)^{1 + \frac{1}{x}}} - {x^{1 + \frac{1}{{x + a}}}}] = 0$$

Answer 5

Recibí la mejor respuesta en un foro ruso. Aquí no necesitamos L'Hopital. Sólo límites bien conocidos. En primer lugar, sacamos un factor común $x^{1+{1\over x}}$ luego resta y suma 1, usa la ecuación $z=e^{\ln z}$ para ambos términos y recuerde el límite $\lim_{x\to0}{e^x-1\over x}=1$ de nuevo para ambas legislaturas. Y para $x^{1\over x}$ recordamos límite $\lim_{x\to+\infty}{\ln x\over x}=0$ . Así de sencillo.