9 votos

Cómo encontrar a $\lim\limits_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}$ sin utilizar la regla de l'Hospital, ni cualquier expansión de la serie?

Es posible determinar el límite

$$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}$$

sin usar la regla de l'Hospital, ni cualquier expansión de la serie?

Por ejemplo, suponga que usted es un alumno que no ha estudiado derivados, sin embargo (y no por lo que incluso la fórmula de Taylor y series de Taylor).

37voto

Himanshi Puntos 11

Definir $f(x)=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n$. Una posibilidad es tomar el $f(x)$ como la definición de $e^x$. Desde que el OP ha propuesto una definición diferente, voy a mostrar están de acuerdo.

Si $x=\frac{p}{q}$ es racional, entonces \begin{eqnarray*} f(x)&=&\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{p}{qn}\right)^n\\ &=&\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{p}{q(pn)}\right)^{pn}\\ &=&\lim_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac{1}{qn}\right)^n\right)^p\\ &=&\lim_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac{1}{(qn)}\right)^{(qn)}\right)^{p/q}\\ &=&\lim_{n\to\infty}\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\right)^{p/q}\\ &=&e^{p/q} \end{eqnarray*} Ahora, $f(x)$ es claramente no-decreciente, por lo que $$ \sup_{p/q\leq x}e^{p/q}\leq f(x)\leq \inf_{p/q\geq x}e^{p/q} $$ De ello se desprende que $f(x)=e^x$.

Ahora, tenemos \begin{eqnarray*} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}&=&\lim_{x\to0}\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac{x}{n}\right)^n-1-x}{x^2}\\ &=&\lim_{x\to0}\lim_{n\to\infty}\frac{n-1}{2n}+\sum_{k=3}^n\frac{{n\choose k}}{n^k}x^{k-2}\\ &=&\frac{1}{2}+\lim_{x\to0}x\lim_{n\to\infty}\sum_{k=3}^n\frac{{n\choose k}}{n^k}x^{k-3}\\ \end{eqnarray*}

Queremos mostrar que el límite en la última línea es 0. Tenemos $\frac{{n\choose k}}{n^k}\leq\frac{1}{k!}\leq 2^{-(k-3)}$, por lo que tenemos \begin{eqnarray*} \left|\lim_{x\to0}x\lim_{n\to\infty}\sum_{k=3}^n\frac{{n\choose k}}{n^k}x^{k-3}\right|&\leq&\lim_{x\to0}|x|\lim_{n\to\infty}\sum_{k=3}^n \left(\frac{|x|}{2}\right)^{k-3}\\ &=&\lim_{x\to0}|x| \frac{1}{1-\frac{|x|}{2}}\\ &=&0 \end{eqnarray*}

8voto

Fire Lancer Puntos 8934

Que nos llame a nuestro límite de $\ell$.
Yo estaba considerando la siguiente identidad

$$ 4\frac{e^{2x}-1-2x}{(2x)^2}-2\frac{e^x-1-x}{x^2}=\left(\frac{e^x-1}{x}\right)^2\quad\forall x\ne0 $$

Si $\mathbf{\ell}$ existe y no es infinito, tomando el límite de la anterior identidad que tenemos

$$ 4\ell-2\ell=1\implica\ell=\frac{1}{2} $$

pero yo no soy capaz de demostrar la negrita la parte de arriba (si es posible, de una manera sencilla).

0voto

Zottek Puntos 61

Considerar el límite fundamental: $e = \lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n})^n$ $e^x = \lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{x}{n})^n$

Prueba

$e^x = [\lim\limits_{k\to\infty}(1+1/k)^k]^x = \lim\limits_{k\to \infty}((1+1/k)^{kx})\Rightarrow kx = n \Rightarrow e^x = \lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{x}{n})^n$.

Entender la primera expresión:

$P = \large\frac{e^x-1}{x}$

Tenga en cuenta que $e^x - 1 - x = x.[\large\frac{(e^x-1)}{x} - 1]\,\,\therefore\,\,$ $\boxed{\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{P-1}{x}}$

Vamos a entender la expresión $\,\,P-1$.

$P - 1= \frac{e^x - 1}{x} - 1 = \lim\limits_{n\to\infty}\left(\large\frac{[(1+\frac{x}{n})^n - 1]}{x} - 1\right)=$

El uso de esa herramienta:

$\boxed{b^n - 1 = (b-1).(b^{n-1}+b^{n-2}+...+1)}$

$=\lim\limits_{n\to\infty}\left((1+\frac{x}{n}-1).\gran\frac{[(1+x/n)^{n-1} + (1+x/n)^{n-2} + ... + {1+x/n}]}{x}-1 \right) =\\ \\ = \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n}.[(1+x/n)^{n-1} + (1+x/n)^{n-2} + ... + (1+x/n)]-1\right) = \\ \\ =\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}.\a la izquierda((1+x/n)^{n-1} + (1+x/n)^{n-2} + ... + (1+x/n)-n\right)$

Escribir el último "$n$ " $\underbrace{1+1+1...+1}_{n\,\, times}$ y inputing estos $1`s$ en él:

$P-1 = \lim\limits_{n\to\infty} (1/n).[((1+x/n)^{n-1} - 1)+ ((1+x/n)^{n-2} - 1) + ... + ((1+x/n) - 1)]$

Utilizando de nuevo la herramienta en cada expresión:

$=\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{1}{n}).(\frac{x}{n}) [((1+x/n)^{n-2} + (1+x/n)^{n-3} + ... +1)+((1+x/n)^{n-3}+...+1)+...+1]$

Finalmente,

$L = \lim\limits_{x\to 0}\frac{P-1}{x} =\lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{n\to\infty}(\frac{1}{n}).(\frac{x}{n})[\large\frac{((1+x/n)^{n-2} + (1+x/n)^{n-3} + ... + 1 ) + ( (1+x/n)^{n-3} + ... + 1 ) + ... + 1)}{x}]=$

$=\lim\limits_{n\to\infty}\lim\limits_{x\to0}(\frac{1}{n}).(\frac{x}{n})[\large\frac{((1+x/n)^{n-2} + (1+x/n)^{n-3} + ... + 1 ) + ( (1+x/n)^{n-3} + ... + 1 ) + ... + 1)}{x}] =\\$

$=\lim\limits_{n\to\infty}\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{n^2}\right).((1+x/n)^{n-2} + (1+x/n)^{n-3} + ... + 1 ) + ( (1+x/n)^{n-3} + ... + 1 ) + ... + 1) =$

$=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^2}\right)(n-1 + n-2 + n-3 + ... + 1) = \lim\limits_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^2}\right)(n-1)(\frac{n}{2}) = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{n-1}{2n} = \boxed{\large\frac{1}{2}}$.

0voto

sabachir Puntos 266

$$ \displaylines{ \mathop {\lim }\limits_{_{x \to 0} } \frac{{e^x - x - 1}}{{x^2 }} = \frac{1}{4}\mathop {\lim }\limits_{_{t \to 0} } \frac{{e^{2} - 2t - 1}}{{t^2 }} \cr = \frac{1}{4}\mathop {\lim }\limits_{_{t \to 0} } \frac{{e^{2} - 2e^t + 1 - 1 - 2t - 1}}{{t^2 }} \cr = \frac{1}{4}\mathop {\lim }\limits_{_{t \to 0} } \frac{{e^{2} - 2e^t + 1}}{{t^2 }} - 2\mathop {\lim }\limits_{_{t \to 0} } \frac{{e^t - t - 1}}{{t^2 }} \cr \mathop {\lim }\limits_{_{x \to 0} } \frac{{e^x - x - 1}}{{x^2 }} = \frac{1}{2} \cdots \left( 1 \right) \cr} $$

$$ m = \frac{1}{4}\mathop {\lim }\limits_{_{t \to 0} } \frac{{e^{2} - 2e^t + 1}}{{t^2 }} - 2m \Leftrightarrow m = \frac{1}{2} $$

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X