Valor de $\displaystyle\lim_{x\to1}{\frac{x^2 - 1}{\ln x}}$
La respuesta es $2$ . Agradecería una explicación.
Me encanta tu "como debía mostrarse". Es muy del estilo de Euclides. :D
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Dado que la simple sustitución de $x:=1$ daría lugar a la forma indeterminada $\frac{0}{0}$ ,
La regla de L'Hôpital al rescate:
$$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{f'(x)}{g'(x)}$$
Entonces, toma la derivada de la parte superior y la parte inferior (no la derivada de la parte superior dividido por la parte inferior).
$$\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^2-1}{\ln x} = \lim_{x\rightarrow 1}\frac{2x}{1/x}=\lim_{x\rightarrow 1}2x^2= 2$$
Dr. MV
Puntos
34555
No necesitamos recurrir a la Regla de L'Hospital (no es que haya nada malo en utilizarla aquí).
Sólo hay que recordar que $\frac{x-1}{x}\le \log x \le x-1$ para $x>0$ con desigualdades estrictas para $x\ne 1$ .
Entonces, para $x> 1$
$$x+1=\frac{x^2-1}{x-1}<\frac{x^2-1}{\log x}<\frac{x^2-1}{\frac{x-1}{x}}=x(x+1)$$
Por el teorema de squeeze, tenemos
$$\lim_{x\to 1^+}\frac{x^2-1}{\log x}=2\tag1$$
Una evolución análoga muestra para $0<x<1$ que
$$x+1=\frac{x^2-1}{x-1}>\frac{x^2-1}{\log x}>\frac{x^2-1}{\frac{x-1}{x}}=x(x+1)$$
mediante el teorema del apretón, tenemos
$$\lim_{x\to 1^-}\frac{x^2-1}{\log x}=2\tag2$$
Reunir $(1)$ y $(2)$ produce el codiciado límite
$$\lim_{x\to 1}\frac{x^2-1}{\log x}=2$$
¡como se iba a mostrar!
Antitheos
Puntos
696
Nos dijeron que no usáramos el Hospital si no estábamos 100% seguros.
Así que para los principiantes con un poco de resistencia este es un buen método.
Aquí se puede reducir directamente el factor de divergencia.
Recall $$\ln(x) = \ln ((x-1)+1) = \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(x-1)^n,$$ por lo tanto $$\lim _{ x\rightarrow 1 } \frac { x ^2 -1 }{ \ln ( x) }=\lim _{ x\rightarrow 1 }{ \frac{ (x+1)(x-1) }{ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(x-1)^n } } =\lim _{ x\rightarrow 1 }{ \frac{ (x+1)}{ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(x-1)^{n-1} } } . $$
Desplazando el índice obtenemos $$ \lim _{ x\rightarrow 1 }{ \frac{ (x+1)}{ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}(x-1)^{n-1} } } = \lim _{ x\rightarrow 1 }{ \frac{ (x+1)}{ \sum_{i=0}^\infty\frac{(-1)^{i+2}}{i+1}(x-1)^{i} } } .$$ Desde
$$ \lim _{ x\rightarrow 1 }{ \sum_{i=0}^\infty\frac{(-1)^{i+2}}{i+1}(x-1)^{i} } = 1,$$ tenemos $$\lim _{ x\rightarrow 1 }{ \frac{ (x+1)}{ \sum_{i=0}^\infty\frac{(-1)^{i+2}}{i+1}(x-1)^{i} } } ={ \frac{\lim _{ x\rightarrow 1 } (x+1)}{\lim _{ x\rightarrow 1 } \sum_{i=0}^\infty\frac{(-1)^{i+2}}{i+1}(x-1)^{i} } } =\frac{2}{1}=2.$$
(+1) Creo que las soluciones en serie suelen ser mucho más perspicaces sobre el comportamiento de una función que L'Hopital. Tal vez sea más fácil dejar que $y=x-1$ y tomar el límite como $y \to 0$ . Entonces sólo hay que utilizar la expansión de $\ln (1+y)$ .
Display name
Puntos
587
Parece engañoso decir "la función se convierte" en esta otra expresión. Hace que suene como si fuera la misma función, en lugar de una función con el mismo limitar . ${}\qquad{}$
La nueva versión editada parece engañar de otra manera. "el derivado se convierte en ${}\,\ldots$ hace que suene como si eso fuera $\dfrac d {dx}\, \dfrac{x^2-1}{\log x}$ . Pero lo que has hecho es tomar la derivada del numerador y del denominador por separado, no la derivada del cociente. ${}\qquad{}$
2 votos
Regla de de l'Hospital
0 votos
Este límite puede ser útil: math.stackexchange.com/questions/648176/