Encontrando $\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{b^{2^{-n}}-1}$ sin L'hopital

Question

He encontrado el límite $\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{b^{2^{-n}}-1}$ definiendo primero $f(x)=\sqrt[x]{b^{2^{-x}}-1}$ por encima de $R$ y luego encontrar el límite de $ln(f)$ (para anular la enésima raíz). Esto funcionó (el resultado es $1/2$ ), pero he acabado teniendo que encontrar la derivada de funciones bastante complejas cuando he utilizado L'hopital (dos veces). Mi preocupación es que si tengo que resolver algo así en un examen, fácilmente cometeré un error técnico. Me preguntaba si hay una forma más sencilla de encontrar este límite.

Conozco las técnicas más básicas de búsqueda de límites en $R$ y un poco (Stoltz, lema de Cantor, ...) sobre la búsqueda de límites de secuencias.

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Utilice $\left(b^{2^{-n}}-1\right) 2^n \sum_{k=0}^{2^n-1} b^{k 2^{-n}} 2^{-n} = b - 1$ . Obsérvese que, por la definición de integral de Riemann, $\lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{2^n-1} b^{k 2^{-n}} 2^{-n} = \int_0^1 b^x \mathrm{d} x = \frac{b-1}{\log b}$ .

De ahí el resultado: $$ \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{b^{2^{-n}}-1} = \frac{1}{2} \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{ \log b } = \frac{1}{2} $$

Answer 2

Para $x$ cerca de $0$ la serie de Taylor para $e^x-1$ da $$ e^x-1=x+O(x^2)\tag{1} $$ así que $$ \begin{align} b^{2^{-n}}-1 &=e^{\log(b)\;2^{-n}}-1\\ &=\log(b)\;2^{-n}+O(4^{-n})\\ &=\log(b)\;2^{-n}(1+O(2^{-n}))\tag{2} \end{align} $$ Es bastante fácil demostrar que el límite de $n^{th}$ raíz de $(2)$ es $2^{-1}=\frac{1}{2}$

Answer 3

Tomar el logaritmo es una muy buena manera de empezar. Entonces estamos viendo $$\lim_{n\rightarrow \infty } \frac{1}{n}\log\left(b^{2^{-n}}-1\right).$$ Haz un cambio de variable, y deja que $x=2^{-n}$ para que esto sea $$\lim_{x\rightarrow 0} -\frac{\log 2}{\log x} \log\left( b^x -1\right).$$ Como $b^x=e^{x\log b} =1 +x\log b+O(x^2)$ vemos que esto es

$$\lim_{x\rightarrow 0} -\frac{\log 2}{\log x}(\log(x\log b)+\log(1+O(x)))=\lim_{x\rightarrow 0}-\log 2+O\left(\frac{1}{\log x}+x\right)=-\log 2.$$

Por lo tanto, el límite original es $e^{-\log 2}=\frac{1}{2}$ .

Answer 4

Por definición se tiene que si $b>1$ y $k= b^n$ entonces

$$\log x = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } k\left( {{x^{1/k}} - 1} \right)$$

Así, en su caso, pongamos

$$\log b = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {2^n}\left( {{b^{1/{2^n}}} - 1} \right)$$

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\root n \of {{2^n}\left( {{b^{1/{2^n}}} - 1} \right)} }}{{\root n \of {{2^n}} }} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \root n \of {\left( {{b^{1/{2^n}}} - 1} \right)} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\root n \of {\log b} }}{2} = \frac{1}{2}$$

Answer 5

Si sólo tuviera que dar la respuesta (sin necesidad de mostrar el trabajo), razonaría de la siguiente manera:

• Cuando $n$ es grande, $b^{2^{-n}}$ está cerca de 1. ¿Qué tan cerca está de 1? (Necesitamos saberlo para poder restar $1$ de la misma).
• En realidad, tomar los registros, $\log b^{2^{-n}} = 2^{-n} \log b$ . Desde $\log x \approx x-1$ para $x$ cerca de $1$ tenemos $b^{2^{-n}}-1 \approx 2^{-n} \log b$ .
• Así que lo que está tomando el límite es $(2^{-n} \log b)^{1/n} = (1/2) (\log b)^{1/n}$ como $n \to \infty$ esto se aproxima $1/2$ .

(Escribir esto de forma más explícita se acerca bastante al método de Peter).