¿Cómo se evalúa el siguiente límite? $$\lim_{x \to 1} \left(\frac{23}{1-x^{23}}-\frac{11}{1-x^{11}} \right)$$ La respuesta es $6$ .
¿Cómo se justifica esta respuesta?
Editar: Así que realmente era sólo combinar la fracción y utilizar la regla de L'hopital dos veces (porque la función y su primera derivada son de forma indeterminada en $x=1$ ). Este problema es más sencillo de lo que parece a primera vista.
Ambas fracciones son ilimitadas ya que $x\rightarrow 1$ . Pero si reescribimos $$\frac{23}{1-x^{23}}-\frac{11}{1-x^{11}}=\dfrac{23(1-x^{11})-11(1-x^{23})}{(1-x^{23})(1-x^{11})}=\dfrac{11x^{23}-23x^{11}+12}{1-x^{23}-x^{11}+x^{34}}$$ podemos utilizar L'Hopital ya que ambos lados tienden a 0 como $x$ tiende a 1. Diferenciando ambos lados se obtiene $$\dfrac{253x^{22}-253x^{10}}{-23x^{22}-11x^{10}+34x^{33}}=253\dfrac{x^{12}-1}{-23x^{12}-11+34x^{23}}$$ Ambos lados siguen tendiendo a 0, por lo que volvemos a diferenciar y obtenemos $$253\dfrac{12x^{11}}{-276x^{11}+782x^{22}}$$ que tiende a $$253\dfrac{12}{-276+782}=6$$
No esperaba tantas respuestas a mi pregunta, pero tu enfoque es el más claro y estándar de todos los demás. Además, no creía que fuera necesario combinar la fracción, pero lo es. Porque veo que es mucho mejor tratar con formas indeterminadas de $\frac 00$ en lugar de $\infty - \infty$ porque $\frac 00$ nos lleva a utilizar inmediatamente la regla de l'Hopital.
@user373314 Es un comentario muy interesante. En Francia, al menos lo que yo he visto, la regla de L'Hopital apenas se utiliza, si es que se enseña. La forma estándar de calcular los límites es mediante _desarrollos limitados_ (es decir, series de Taylor con $O$ o $o$ notación). Sin embargo, leyendo libros de cálculo americanos, he descubierto que la regla de L'Hopital es mucho más utilizada allí. De todos modos, son casi equivalentes, pero esta diferencia en la enseñanza se refleja en las preguntas y respuestas de la MSE.
Ver también esta pregunta mía sobre L'Hopital (que, viniendo de Francia, es algo que habré utilizado quizá 5 veces en mi vida).
Esta respuesta no utiliza L'Hopital ( gusto personal ), sólo una identidad estándar que se repite a continuación, el teorema del binomio y una expansión de Taylor directa de primer orden en $0$ .
Utilizando la identidad $1-x^{2n+1} = (1-x)\sum_{k=0}^{2n} x^k$ podemos reescribir $$\begin{align*} \frac{23}{1-x^{23}} - \frac{11}{1-x^{11}} &= \frac{1}{1-x}\left(\frac{23}{\sum_{k=0}^{22}x^k} - \frac{11}{\sum_{k=0}^{10}x^k} \right)\\ &= \frac{1}{1-x}\left(\frac{23\sum_{k=0}^{10}x^k}{\sum_{k=0}^{22}x^k\sum_{k=0}^{10}x^k} - \frac{11\sum_{k=0}^{22}x^k}{\sum_{k=0}^{10}x^k\sum_{k=0}^{22}x^k} \right)\\ &= \frac{1}{\sum_{k=0}^{10}x^k\sum_{k=0}^{22}x^k}\cdot\frac{1}{1-x}\left(23\sum_{k=0}^{10}x^k - 11\sum_{k=0}^{22}x^k \right)\\ \end{align*}$$ Centrémonos en el paréntesis (el primer factor converge a $\frac{1}{11\cdot 23}$ por continuidad, la segunda es la problemática que será "compensada" por el paréntesis).
Escribir $x=1+h)$ (donde tendremos $h\to 0$ ), obtenemos, para cualquier número entero fijo $n$ , $$\begin{align*} \sum_{k=0}^{n}x^k &= \sum_{k=1}^{n}(1+h)^k = \sum_{k=1}^{n} \sum_{\ell=0}^k \binom{k}{\ell} h^\ell \\ &= \sum_{k=0}^{n}(1+kh +o(h)) \\ &= (n+1)+\frac{n(n+1)}{2}h +o(h) \end{align*}$$ cuando $h\to 0$ , como $n$ es una constante. En particular, esto implica $$\begin{align*} 23\sum_{k=0}^{10}x^k - 11\sum_{k=0}^{22}x^k &= 23\cdot 11+23\cdot \frac{11\cdot10}{2}h - 11\cdot 23-11\cdot \frac{22\cdot 23}{2}h + o(h)\\ &= 23\cdot 11\cdot (-6h) + o(h)\\ &= 23\cdot 11\cdot 6(1-x) + o(1-x) \end{align*}$$ En general, tenemos $$\begin{align*} \frac{23}{1-x^{23}} - \frac{11}{1-x^{11}} &= \frac{23\cdot 11}{\sum_{k=0}^{10}x^k\sum_{k=0}^{22}x^k}\cdot\frac{6(1-x)+o(1-x)}{1-x} \\ &= \frac{23\cdot 11}{\sum_{k=0}^{10}x^k\sum_{k=0}^{22}x^k}\cdot (6+o(1)) \xrightarrow[x\to1]{} \frac{23\cdot 11}{23\cdot 11} \cdot 6 = 6 \end{align*}$$ como se ha reclamado.
Intenté un enfoque como el tuyo originalmente pero me quedé atascado al tratar con eso $\frac 1{1-x}$ . Su solución a este dilema fue simplemente escribir $x=1+h$ (para $h > 0$ )? Supongo que como estamos llevando el límite a $1$ de ambos lados, debe ser por eso.
@user373314 Sí, básicamente. El razonamiento es que aunque no cambia nada matemáticamente, estoy mucho más cómodo con la maquinaria estándar (expansiones de Taylor, límites, asintótica) en $0$ que en un punto finito no nulo.
Como $t\to0$ tenemos
$$\frac{23}{1-(1+t)^{23}}=-\frac{23}{23t+253t^2+O(t^3)}=-\frac{1}{t}\cdot\frac{1}{1+11t+O(t^2)}=-\frac{1}{t}\left(1-11t+O(t^2)\right)$$
Asimismo,
$$\frac{11}{1-(1+t)^{11}}=-\frac{11}{11t+55t^2+O(t^3)}=-\frac{1}{t}\cdot\frac{1}{1+5t+O(t^2)}=-\frac{1}{t}\left(1-5t+O(t^2)\right)$$
Así que la diferencia es
$$-\frac{1}{t}\left(1-11t-1+5t+O(t^2)\right)=6+O(t)$$
Y su límite es $6$ .
Esto es lo mismo que
$$ \lim_{x\to 0}\left[\frac{23}{1-(1-x)^{23}}-\frac{11}{1-(1-x)^{11}}\right]=\lim_{x\to 0}\left[\frac{23}{23x-253x^2}-\frac{11}{11-55x^2}\right]$$ (explotamos el teorema del binomio y despreciamos los términos de orden alto, ya que podemos (ver los comentarios más abajo) o como $$ \lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\left[\frac{1}{1-11x}-\frac{1}{1-5x}\right]=\lim_{x\to 0}\left[\frac{-5+11}{(1-11x)(1-5x)}\right]=11-5=\color{red}{6}.$$ Con el mismo enfoque, para cualquier $n,m\in\mathbb{N}^+$ , $$ \lim_{x\to 1}\left[\frac{m}{1-x^m}-\frac{n}{1-x^n}\right]= \color{red}{\frac{m-n}{2}}.$$ En otros términos, la función $f_n(x)=\frac{n}{1-x^n}$ tiene un polo simple en $x=1$ . Si eliminamos la contribución dada por dicho polo simple, nos queda una función holomorfa en una vecindad de $x=1$ . En particular, $$\lim_{x\to 1}\left[\frac{n}{1-x^n}+\frac{1}{1-x}\right]=\frac{n-1}{2}.$$
No me gusta mucho "descuidar los términos". Existe la notación $O(x^3)$ para este fin (o $o(x^2)$ si lo prefiere). Más correcto, y menos peligroso: lo que sucede cuando todos los términos anteriores se cancelan, te quedas con $0$ mientras que sí existe alguna función no nula de $x$ ? Por ejemplo, ¿cómo se sabe de antemano que se pueden descuidar los términos de grado $>2$ pero no los de grado $2$ ? Por supuesto, tampoco sé con el $O$ notación, pero al menos si fallo lo sabré.
@Jean-ClaudeArbaut: $$\frac{23}{23x-253x^2+o(x^2)}=\frac{23}{23x-253x^2}+o(1)$$ de ahí que se nos permita hacerlo.
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Coloca las fracciones sobre un denominador común. Obtienes $\frac {P(x)}{Q(x)}$ donde $P,Q$ son algunos polinomios. Si el límite existe $(x-1)$ dividirá ambos $P$ y $Q.$ Haz la división. Evaluar en $1.$ si aún así obtienes un resultado indeterminado, entonces haz la división por $(x-1)$ tantas veces como sea necesario.