Valor del límite dado.

Question

¿Qué es? $$\lim _{ x\rightarrow 1 }{ \frac { x\log { \left( x \right) -x+1 } }{ \left( x-1 \right) \log { \left( x \right) } } } $$ Nota: He utilizado $\lim _{ x\rightarrow 0 }{ \frac { \log { \left( 1+x \right) } }{ x } } =1$ . Así que escribí $\log(x)=\log(1+x-1)$ y por lo tanto tengo $\frac{x^2-2x+1}{x-1}$ después de cancelar obtuve el valor como $0$ . Pero la respuesta correcta es $\frac{1}{2}$ . ¿Dónde está mi error? Alguna pista. No quiero la regla de Lhospital ni la serie de Taylor si no son obligatorias para resolver la respuesta .

Answer 1

Ahora con la edición esto da una solución usando sólo el límite $\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^{y}-1}{y}=1$ . Comience por fijar $x=e^y$ , se obtiene $$\lim\limits_{y\to 0}\frac{ye^y-e^y+1}{(e^y-1)y}$$ Multiplicar por $\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^y-1}{y}=1$ para conseguir $$\lim\limits_{y\to 0}\frac{ye^y-e^y+1}{y^2}= \lim\limits_{y\to 0}\frac{e^y-1}{y}+\frac{1+y-e^y}{y^2}=1-L$$ Donde $$L=\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^y-1-y}{y^2}$$

Ahora usando l'Hopital dos veces (mientras intentamos pensar en otra forma) vemos $L=\frac{1}{2}$ .

Para evitar l'Hopital

Escribe $$\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^y-1-y}{y^2}=L$$

Entonces $$\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^{-y}-1+y}{y^2}=L$$ añadiendo $$\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^{-y}+e^y-2}{y^2}=2L$$

Por otro lado

$$\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^{y}-1}{y}=1$$ y $$\lim\limits_{y\to 0}\frac{e^{-y}-1}{y}=-1$$

y multiplicándolos entre sí $$\lim\limits_{y\to 0}\frac{2-e^{-y}-e^y}{y^2}=-1$$

De ello se desprende que $2L=1$ .

Answer 2

HINT

Poner $x-1=h $

Como x va a $1$ h va a $0$ . A continuación, utilice la expansión para $log(1+h)$ en el numerador y el resultado que has indicado en tu intento en el denominador

$lim_{h \to0} \frac{(1+h)log(1+h) - h}{hlog(1+h)}$

$lim_{h \to0} \frac{(1+h)log(1+h) - h}{h^2}$

$lim_{h \to0} \frac{(1+h)(h-\frac{h^2}{2} + ...) - h}{h^2}$

Answer 3

Tiene sentido sustituirlo por $x=t+1$ por lo que el límite se convierte en $$ \lim_{t\to0}\frac{(1+t)\log(1+t)-t}{t\log(1+t)} $$ Con una ampliación de Taylor es bastante fácil: $$ \log(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+o(t^2) $$ así que $$ (1+t)\log(1+t)-t= (1+t)\left(t-\frac{t^2}{2}+o(t^2)\right)-t= \frac{t^2}{2}+o(t^2) $$ y el denominador se puede escribir $t\log(1+t)=t(t+o(t))=t^2+o(t^2)$ .

Por lo tanto, $$ \lim_{t\to0}\frac{(1+t)\log(1+t)-t}{t\log(1+t)} = \lim_{t\to0}\frac{\dfrac{t^2}{2}+o(t^2)}{t^2+o(t^2)}=\frac{1}{2} $$

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También se puede utilizar l'Hôpital, pero primero hay que reescribir el límite como $$ \lim_{t\to0}\frac{(1+t)\log(1+t)-t}{t\log(1+t)} = \lim_{t\to0}\frac{(1+t)\log(1+t)-t}{t^2}\,\frac{t}{\log(1+t)} $$ El límite del primer factor se convierte en $$ \lim_{t\to0}\frac{(1+t)\log(1+t)-t}{t^2}\;\overset{\mathrm{(H)}}{=}\; \lim_{t\to0}\frac{\log(1+t)}{2t}=\frac{1}{2} $$ El segundo factor tiene límite $1$ .

Answer 4

El problema es bastante fácil usando Taylor y L'Hôpital, pero el P.O. desea esta forma prohibida por lo que la cuestión se convierte, al menos para mí, en algo difícil. De todos modos, aquí un método de aproximación para resolver la cuestión (especialmente cuando se sabe que el límite es $\frac 12$ ) :

Dejemos que $E$ sea la expresión dada. Tenemos $$E=\frac{x}{x-1}-\frac{1}{\ln(x)}$$ Poner $x=t+1$ por lo que tenemos $$E=\frac{t+1}{t}-\frac{1}{\ln(t+1)}=1+f(t)$$ donde $$f(t)=\frac{1}{t}-\frac{1}{\ln(1+t)}$$ El dominio de $f$ est $(-1,0)\cup (0,\infty)$ sin embargo si el límite buscado existe entonces prolongando por continuidad sabemos que la función $f$ puede considerarse como continua en $(-1, \infty)$ . La derivada es $$f’(t)=-\frac{1}{t^2}+\frac{1}{\ln^2(1+t)}\gt 0$$ por lo que se deduce que la función es creciente en su dominio. Ahora, calculando algunos valores en la vecindad de $t=0$ $$ f(0.01)\approx -0.499170\\ f(0.001)\approx -0.499916\\f(0.0001)\approx -0.499991\\ f(-0.01)\approx -0.500837\\f(-0.001)\approx -0.500083\\f(-0.0001)\approx -0.500008$$ Sabiendo que el límite existe, que $f$ es continua para $x\gt -1$ y aumentando, podemos concluir, que este límite efectivamente es igual a ${\frac {-1}{2}}$ . Así, $$\lim_{t\to 0}E=1-\frac 12=\color{red}{\frac 12}$$