L'Hôpital's como $x$ tiende al infinito

Question

Estoy buscando la explicación al límite de:

$$ \lim\limits_{x\to\infty} x\, \ln\frac{x+1}{x-1}. $$

Sé que la respuesta es 2, pero no consigo llegar a ella. El problema está en mi libro de texto en una sección con l'Hôpital.

Answer 1

Una pista: $$\ln \frac{x+1}{x-1} = \ln(x+1) - \ln(x-1)$$ para que $$x \cdot \ln \frac{x+1}{x-1}$$ puede reescribirse como $$\frac{\ln(x+1) - \ln(x-1)}{x^{-1}}.$$ Ahora,

$$ \lim_{x \to \infty} x \ln \frac{x+1}{x-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x-1}}{\frac{-1}{x^2}}$$

Encuentra un denominador común para los dos términos del numerador, cancela las fracciones y llegarás a la respuesta deseada de 2.

Nota: En efecto, $\ln \frac{x+1}{x-1} \rightarrow 0$ y $ x^{-1} \rightarrow 0$ como $x \rightarrow \infty$ . Por lo tanto, tenemos la forma requerida $0/0$ y la regla de L'Hopital es aplicable.

Answer 2

No necesitas L'Hospital para resolverlo. Puedes escribir tu límite como

$$\lim\limits_{x\to\infty} x\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=\lim\limits_{x\to\infty} \ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x=\ln \lim\limits_{x\to\infty} \left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x.$$

Ahora,

$$\lim\limits_{x\to\infty} \left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x$$

es una indeterminación $1^{\infty}.$ Esto se puede resolver como

$$\lim\limits_{x\to\infty} \left(\frac{x+1}{x-1}\right)^x=e^{\lim\limits_{x\to\infty} \left(\frac{x+1}{x-1}-1\right)x}.$$

De todos modos, si quieres aplicar L'Hospital puedes expresar tu límite como

$$\lim\limits_{x\to\infty} x\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{\ln\frac{x+1}{x-1}}{\frac{1}{x}}$$ para obtener una indeterminación $\frac{0}{0}.$ Ahora puedes aplicar L'Hospital. Eso es,

$$\lim\limits_{x\to\infty} \frac{\ln\frac{x+1}{x-1}}{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{\frac{x-1}{x+1} \frac{-2}{(x-1)^2}}{\frac{-1}{x^2}}=\cdots =2.$$

Answer 3

Camino 1. $$ x \ln\frac{x+1}{x-1}=x\ln\left(1+\frac{2}{x-1}\right)=x\left(\frac{2}{x-1}+\mathcal O\left(\frac{1}{x^2}\right)\right)=\frac{2}{x-1}+O\left(\frac{1}{x}\right)\to 2. $$

Hemos aprovechado el hecho de que $$ \ln (1+w)=w+{\mathcal O}(w^2), $$ para $w$ pequeño.

Camino 2. En caso contrario, establezca $h=1/x$ y ahora $h\to 0$ y nuestra línea se convierte en $$ \lim_{h\to 0}\frac{\ln\left(\frac{1+h}{1-h}\right)}{h}, $$ pero esto es simplemente igual a $f'(0)$ donde $$ f(x)=\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)=\ln(1+x)-\ln(1-x) $$ y claramente $$ f'(x)=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{1-x}, $$ y por lo tanto $f'(0)=2$ .

Answer 4

Puede observar que $$ \frac{x+1}{x-1}=\frac{x-1+2}{x-1}=1+\frac{2}{x-1} $$ Ahora escribe $x=(x-1)+1$ y transforme su límite en $$ \lim_{x\to\infty}\left((x-1)\log\left(1+\frac{2}{x-1}\right)+ \log\left(1+\frac{2}{x-1}\right)\right) $$ El segundo sumando tiene límite $0$ para que se pueda eliminar y hacer la sustitución $1/t=x-1$ que lleva el límite a $$ \lim_{t\to0^+}\frac{\log(1+2t)}{t} $$ que es la derivada de $f(t)=\log(1+2t)$ en $0$ ; ya que $$ f'(t)=\frac{2}{1+2t} $$ tenemos $f'(0)=2$ como en su hoja de soluciones.

Para otro método, más directo, observe que $$ \lim_{x\to\infty}\log\frac{x+1}{x-1}=0 $$ (y que $(x+1)/(x-1)>0$ para $x>1$ ), por lo que su límite es de la forma $\infty\cdot0$ . Esta forma se convierte en $0/0$ o $\infty/\infty$ al "invertir" uno de los factores. Más concretamente, si $\lim_{x\to?}f(x)=\infty$ y $\lim_{x\to?}g(x)=0$ puede considerar $$ f(x)g(x)=\frac{g(x)}{1/f(x)} $$ que toma el $0/0$ forma, o $$ f(x)g(x)=\frac{f(x)}{1/g(x)} $$ que está en la forma $\infty/\infty$ . Podemos aplicar el teorema de l'Hôpital a ambas formas. He utilizado ? para referirme a cualquier punto (finito o infinito) en el que se toma el límite.

Haciendo $1/\log(\dots)$ es un último recurso, porque la derivada no pierde el logaritmo; en cambio, la derivada del logaritmo lo pierde, mientras que la derivada de $1/x$ es "fácil", por lo que la primera estrategia a probar es con el $0/0$ formulario de arriba: $$ \lim_{x\to\infty}x\log\frac{x+1}{x-1}= \lim_{x\to\infty}\frac{\log\frac{x+1}{x-1}}{1/x} $$ Ahora la derivada del numerador $\log\frac{x+1}{x-1}=\log(x+1)-\log(x-1)$ es $$ \frac{1}{x+1}-\frac{1}{x-1}=\frac{(x-1)-(x+1)}{x^2-1}=-\frac{2}{x^2-1} $$ y la derivada del denominador $1/x$ es $-1/x^2$ , por lo que tenemos $$ \lim_{x\to\infty}\frac{\log\frac{x+1}{x-1}}{1/x} \overset{\mathrm{(H)}}{=} \lim_{x\to\infty}\frac{-2/(x^2-1)}{-1/x^2}\overset{*}{=} \lim_{x\to\infty}\frac{2x^2}{x^2-1}=2 $$ Una igualdad está marcada con (H) para mostrar la aplicación del teorema de l'Hôpital; la marcada con $*$ muestra que es muy importante simplificar la fórmula antes de volver a intentar el gran teorema.

Answer 5

Usando la expresión en la respuesta de mfl (usando la continuidad de la función logarítmica):

$$\lim_{x\to\infty}x\log\frac{x+1}{x-1}=\log\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2{x-1}\right)^x$$

Pero

$$\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2{x-1}\right)^x=\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac2{x-1}\right)^{x-1}\left(1+\frac2{x-1}\right)= e^2\cdot1=e^2$$

y por lo tanto el límite deseado es

$$\log e^2=2$$