Evaluar $\lim_{x\to 0} \frac{a^x -1}{x}$ sin la aplicación de L ' Hopital ' s regla.

Question

La pregunta es: evaluar $$\lim_{x\to 0} \frac{a^x -1}{x}$ $ sin aplicar la regla de L'Hopital.

Creo que es muy fácil si uno aplica la regla de L'Hopital. Sin embargo, la complicación se presenta si uno está limitado por la pregunta no a aplicar la regla de L'Hopital. ¿Cuál es la mejor manera de proceder? Requiere el valor del límite no se si el límite existe o no a diferencia de la pregunta vinculada para la duplicación. ¡Estos dos son fundamentalmente diferentes problemas!

Answer 1

Consejo: Si escribes $f(x) = a^x$, entonces el límite dado tiene la forma $$\lim_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x-0}.$ $ parece familiar?

Answer 2

Tenemos

% $ $$a^x=e^{x\ln(a)} $y

$$\lim_{t\to 0}\frac {e^t-1}{ t} =1$$

el límite es de $$\ln(a) $ $

Answer 3

¿sistema $$t=a^x-1$ $ entonces tenemos $$x=\frac{1}{\ln(a)}\ln(t+1)$ $ y usted conseguirá $$\frac{t}{\frac{1}{\ln(a)}\ln(t+1)}$ $ se puede terminar?

Answer 4

Otra forma sería por Taylor expansión %#% $ #%

Y $$a^x = e^{\ln(a)x} = 1 + \ln(a)x + O(x^2)$ $

Answer 5

Evaluando el límite $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x} - 1}}{x}$ sin aplicar la regla de L'Hospital.

Creo que uno de la mejor manera de evaluar este límite está utilizando de la expansión de series de potencias para la función $a^x, (a > 0)$ sobre el % de punto $x = 0$. Es decir, podemos escribir eso $$\begin{align*} a^x &= \sum_{k = 0}^\infty \left( x \ln(a) \right)^k \\ &= 1 + x \ln(a) + x^2 \ln(a)^2 + x^3 \ln(a)^3 + \cdots \\ &= 1 + x \ln(a) \left( 1 + x \ln(a) + x^2 \ln(a)^2 + x^3 \ln(a)^3 + \cdots \right) \\ &= 1 + x \ln(a) \sum_{k = 0}^\infty \left( x \ln(a) \right)^k \\ &= 1 + x \ln(a) \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 0}^n \left( x \ln(a) \right)^k \\ &= 1 + x \ln(a) \lim_{n \to \infty } \frac{1 - \left(x \ln(a) \right)^{n + 1}}{1 - x \ln(a)} \end{align*} $$ la suma de la secuencia geométrica.

Por lo tanto, tenemos

$$a^x = 1 + x \ln(a) \lim_{n \to \infty } \frac{1 - \left( x \ln(a) \right)^{n + 1}}{1 - x \ln(a)}.$$

Sustitución de esta expresión en $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x}$ nos da lo siguiente:

$$\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{1 + x \ln(a) \lim_{n \to \infty} \frac{1 - \left( x \ln(a) \right)^{n + 1}}{1 - x \ln(a)} - 1}{x} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{x \ln(a) \lim_{n \to \infty } \frac{1 - \left( x \ln(a) \right)^{n + 1}}{1 - x \ln(a)}}{x} \\ &= \ln(a) \lim_{x \to 0} \left( \lim_{n \to \infty } \frac{1 - \left( { \ln(a)} \right)^{n + 1}}{1 - x \ln(a)} \right) \\ &= \ln(a) \lim_{n \to \infty } \left( \lim_{x \to 0} \frac{1 - \left( x \ln(a) \right)^{n + 1}}{1 - x \ln(a)} \right) \\ &= \ln(a) \frac{1 - 0}{1 - 0} \\ &= \ln(a). \end{align*} $$

Así, $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x} - 1}}{x}= \ln(a)$.