Evaluar $\lim_{x\to0}\frac{e-(1+x)^\frac1x}{x}$

Question

Alguien le preguntó a este y creo que es muy interesante ya que yo no podía entender cómo evaluar este, pero el Wolfram Alpha dice que su límite es $\frac e2$. $$\lim_{x\to0}\frac{e-(1+x)^\frac1x}{x}$$ Podría alguien ayudar aquí?

Answer 1

Este límite puede ser evaluado mediante la aplicación de l'Hospital de la regla dos veces. Por primera vez podemos diferenciar

$$(1+x)^{\frac{1}{x}}=e^{\frac{\ln (1+x)}{x}}$$ a conseguir

$$\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2} e^{\frac{\ln (1+x)}{x}}.$$

Ahora $$e^{\frac{\ln (1+x)}{x}}\rightarrow e$$ así que necesitamos el límite de $$\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}$$ otra aplicación de l'Hosptial da

$$\frac{\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{1+x}}{2x}=-\frac{1}{2}\frac{1}{(1+x)^2}\rightarrow -\frac{1}{2}$$

Por lo que el límite es $-\frac{e}{2}$.

Answer 2

Después de jugar un poco, resulta claro que las $f(x) = \frac{\log(1+x)}{x}$ es una función importante para este problema; podemos ver que $f(0) = 1$ bastante fácilmente, pero también estamos interesados en $f'(0)$. Esta función es analítica, y su expansión de Taylor en $x = 0$ (con la expansión de Taylor para $\log(1+x)$) es $$f(x) = \frac{- \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k x^k}{k}}{x} = -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^k x^{k-1}}{k} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k x^k}{k+1}\text{.}$$ Soltando el término constante y el cálculo de la derivada, obtenemos \begin{align*} f'(x) &= \sum_{k=1}^{\infty}\frac{k (-1)^k x^{k-1}}{k+1} \\ f'(0) &= -\frac{1}{2} \end{align*}

Volver al problema original. \begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{e - (1+x)^{\frac{1}{x}}}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{e - e^{f(x)}}{x} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{-f'(x)e^{f(x)}}{1} \\ &= - f'(0) e^{f(0)} \\ &= \frac{e}{2} \text{.} \end{align*}

Answer 3

Podemos proceder de la siguiente manera \begin{align} L &= \lim_{x \to 0}\frac{e - (1 + x)^{1/x}}{x}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\dfrac{\exp(1) - \exp\left(\dfrac{\log(1 + x)}{x}\right)}{x}\notag\\ &= -e\lim_{x \to 0}\dfrac{\exp\left(\dfrac{\log(1 + x)}{x} - 1\right) - 1}{x}\notag\\ &= -e\lim_{x \to 0}\dfrac{\exp\left(\dfrac{\log(1 + x)}{x} - 1\right) - 1}{\dfrac{\log(1 + x)}{x} - 1}\cdot\dfrac{\dfrac{\log(1 + x)}{x} - 1}{x}\notag\\ &= -e\lim_{x \to 0}\frac{\log(1 + x) - x}{x^{2}}\notag \end{align} El límite último puede ser fácilmente evaluado por series de Taylor, o a través de L'Hospital de la Regla o mediante la integración y el valor de este límite es$-1/2$, de modo que la respuesta a nuestra pregunta es $e/2$.

Answer 4

$g(x) = \dfrac{\ln(1+x)}{x} = 1 - \dfrac{x}{2} + \dfrac{x^2}{3} + \dots $ es analítica en $(-1,1)$, lo que implica $h(x) = \exp g(x)$ tiene un poder de expansión de la serie en torno a $0$ decir $$h(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots $$

Tenemos $a_0 = h(0) = \exp g(0) = e$,

$a_1 = h'(0) = g'(0) \exp g(0) = -e/2$

así

$\dfrac{h(x) - e}{x} \to a_1$ $ x \to 0$ es decir, $\lim_{x\to0}\dfrac{(1+x)^{1/x}-e}{x} = -\dfrac{e}{2}$ o $\lim_{x \to 0}\dfrac{e - (1+x)^{1/x}}{x} = \dfrac{e}{2}.$

Answer 5

Para $0<x<1$: Hemos $$\frac {1}{x}\ln (1+x)=1-x/2+(x^2/3-x^3/4)+(x^4/5-x^5/6)+...=$$ $$=1-x/2+x^2/3-(x^3-x^4/5)-(x^5-x^6/7)-...$$ Therefore $$1- x/2<\frac {1}{x}\ln (1+x)<1-x/2+x^2/3.$$ Therefore $$e(1-e^{-x/2+x^2/3})<e-(1+x)^{\frac {1}{x}} <e(1-e^{-x/2}).$$

Tanto en $(-x/2+x^2/3)$ $(-x/2)$ pertenecen al intervalo de $(-1,0).$ Al $y\in (-1,0)$ hemos $$1+y<1+y+(y^2/2!+y^3/3!)+(y^4/4!+y^5/5!)+...=e^y$$ $$=1+y+y^2/2!+(y^3/3!+y^4/4)+..<1+y+y^2/2!.$$ So $$-y_1-y_1^2/2=1-(1+y_1+y_1^2/2!))<1-e^{y_1}$$ where $y_1=-x/2+x^2/3.$..... And also $$1-e^{-x/2}<1-(1-x/2!)=x/2.$$ Now $y_1+y_1^2/2=-x/2 +x^2F(x)$ where $F(x)$ is a polynomial, so for some $K>0$ we have $x\in (0,1)\implica |F(x)|<K.$ Therefore $$ e/2-xK<\frac {e-(1+x)^{\frac {1}{x}}}{x}<e/2.$$