Autor Tema: Límite Exponencial

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30 Abril, 2021, 12:10 pm
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zulys

  • $$\Large \color{#6a84c0}\pi$$
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Cordial saludo

Calcular el valor de \( a\in{\mathbb{R}} \) para que se cumpla \( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}\left({{\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^{2}+x+1}}{x}}}\right)^{\displaystyle\frac{ax^{2}+1}{x}}=\ e ^{2} \)


Hallo  \( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^{2}+x+1}}{x}}=1 \)  y  \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{ax^{2}+1}{x}}=\infty \)

Luego se tiene la indeterminación: \( 1^{\infty} \)

Después hago \( \displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^{2}+x+1}}{x} - 1 \) y luego multiplicar con \( \displaystyle\frac{ax^{2}+1}{x} \)

Pero  no sé cómo hallar el valor de \( a \)

Muchas gracias.



30 Abril, 2021, 12:20 pm
Respuesta #1

mg

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Hola, puedes poner el limite como sigue:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{(1+\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{x}{\sqrt[ ]{x^2+x+1}-x}}})^{f(x) \displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\displaystyle\frac{1}{f(x)}} \)

, siendo \( f(x)=\displaystyle\frac{x}{\sqrt[ ]{x^2+x+1}-x} \).

Con lo que el límite es \( e^{\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\displaystyle\frac{1}{f(x)}}} \), sabiendo que te tiene que dar \( e^2 \), intentalo.

30 Abril, 2021, 05:58 pm
Respuesta #2

Fernando Revilla

  • Es más fácil engañar a alguien que convencerle de que ha sido engañado.
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    • Fernando Revilla
  Otra forma, si \( L=\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)^{g(x)} \) presenta la indeterminación \( 1^\infty \), entonces se verifica \( L=e^\lambda \) siendo \( \lambda=\displaystyle\lim_{x\to a}\;\left(f(x)-1\right)g(x). \). En nuestro caso,

        \( 2=\lambda=\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}-1\right)\frac{ax^{2}+1}{x}=\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)\cdot \frac{ax^{2}+1}{x^2} \)
        \( \underbrace{=}_{\text{Métod. del conjug.}}\ldots=\color{red}\dfrac{1}{2}\color{black}\cdot a \)

con lo cual, \( a=\color{red}4 \).

P.D. Corregido, gracias Luis.

30 Abril, 2021, 06:02 pm
Respuesta #3

sugata

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Otra forma, si \( L=\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)^{g(x)} \) presenta la indeterminación \( 1^\infty \), entonces se verifica \( L=e^\lambda \) siendo \( \lambda=\displaystyle\lim_{x\to a}\;\left(f(x)-1\right)g(x). \). En nuestro caso,

        \( 2=\lambda=\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}-1\right)\frac{ax^{2}+1}{x}=\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)\frac{ax^{2}+1}{x^2} \)
        \( \underbrace{=}_{\text{Métod. del conjug.}}\ldots=1\cdot a \)

con lo cual, \( a=2 \).

Desconocía esta propiedad.
Imagino que la demostración no será difícil...

30 Abril, 2021, 06:16 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

  • el_manco
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Hola

  Otra forma, si \( L=\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)^{g(x)} \) presenta la indeterminación \( 1^\infty \), entonces se verifica \( L=e^\lambda \) siendo \( \lambda=\displaystyle\lim_{x\to a}\;\left(f(x)-1\right)g(x). \). En nuestro caso,

        \( 2=\lambda=\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\displaystyle\frac{\sqrt{x^2+x+1}}{x}-1\right)\frac{ax^{2}+1}{x}=\displaystyle\lim_{x \to \infty}\left(\sqrt{x^2+x+1}-x\right)\cdot \frac{ax^{2}+1}{x^2} \)
        \( \underbrace{=}_{\text{Métod. del conjug.}}\ldots=\color{red}1\color{black}\cdot a=a \)

con lo cual, \( a=2 \).

 Creo que hay una errata ahí y sería:

\( \underbrace{=}_{\text{Métod. del conjug.}}\ldots=\color{red}\dfrac{1}{2}\color{black}\cdot a=\dfrac{a}{2} \)

 Con lo que \( a=4 \).

Saludos.

30 Abril, 2021, 06:33 pm
Respuesta #5

Fernando Revilla

  • Es más fácil engañar a alguien que convencerle de que ha sido engañado.
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  • Las matemáticas son demasiado humanas (Brouwer).
    • Fernando Revilla
Desconocía esta propiedad. Imagino que la demostración no será difícil...

Sí, es fácil. Al aplicar el típico método de tomar logaritmos, basta usar \( \log f(x)\sim f(x)-1 \) para \( f(x)\to 1 \).

30 Abril, 2021, 08:52 pm
Respuesta #6

sugata

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Desconocía esta propiedad. Imagino que la demostración no será difícil...

Sí, es fácil. Al aplicar el típico método de tomar logaritmos, basta usar \( \log f(x)\sim f(x)-1 \) para \( f(x)\to 1 \).

Gracias. Le daré una vuelta.

30 Abril, 2021, 09:18 pm
Respuesta #7

Juan Pablo Sancho

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Si \( f(x) \neq 1 \) puedes poner \( f(x) = 1 + (f(x)-1) = 1+u(x) \) con \( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} u(x) = 0  \)

Entonces:
\( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\log(f(x))}{f(x)-1} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\log(1+u(x))}{u(x)} = \lim_{x \to +\infty} \log(1+u(x))^{\frac{1}{u(x)}} = \log(e) = 1  \)

04 Mayo, 2021, 05:42 pm
Respuesta #8

NoelAlmunia

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Cordial saludo

Calcular el valor de \( a\in{\mathbb{R}} \) para que se cumpla \( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}\left({{\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^{2}+x+1}}{x}}}\right)^{\displaystyle\frac{ax^{2}+1}{x}}=\ e ^{2} \)


Hallo  \( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^{2}+x+1}}{x}}=1 \)  y  \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{ax^{2}+1}{x}}=\infty \)

Luego se tiene la indeterminación: \( 1^{\infty} \)

Después hago \( \displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^{2}+x+1}}{x} - 1 \) y luego multiplicar con \( \displaystyle\frac{ax^{2}+1}{x} \)

Pero  no sé cómo hallar el valor de \( a \)

Muchas gracias.

Saludos cordiales.
\( \displaystyle L=\lim_{x \to{+}\infty}{\left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)^\left(\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\right)} \)

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\sqrt[ ]{1+\displaystyle\frac{1}{x}+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}=1 \)

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\left(2ax\right)=\infty} \)

Por tanto: \( \displaystyle L=\lim_{x \to{+}\infty}{\left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)^\left(\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\right)}=1^\infty \)

Haciendo: \( f_\left(x\right)=\ln\left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)^\left(\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\right) \)

Anteriormente había cometido un error conceptual ya que la regla \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{f_\left(x\right)}{g_\left(x\right)}}=\displaystyle\frac{\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{f_\left(x\right)}}{\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{g_\left(x\right)}} \) se cumple sí: \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{g_\left(x\right)}\ne 0 \)

Por lo tanto, continuando la operación:
\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{f_\left(x\right)}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\ln\left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)}{\left(\displaystyle\frac{x}{ax^2+1}\right)}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{-\displaystyle\frac{x+2}{2x^2\sqrt[ ]{x^2+x+1}}}{\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}}}{-\displaystyle\frac{ax^2-1}{\left(ax^2+1\right)^2}}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{x+2}{2x^3+2x^2+2x}}{\displaystyle\frac{ax^2-1}{\left(ax^2+1\right)^2}}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{\left(x+2\right)\,\left(ax^2+1\right)^2}{\left(2x^3+2x^2+2x\right)\,\left(ax^2-1\right)}} \)

\( =\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{a^2x^5+2a^2x^4+2ax^3+4ax^2+x+2}{2ax^5+2ax^4+\left(2a-2\right)x^3-2x^2-2x}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{5a^2x^4+8a^2x^3+6ax^2+8ax+1}{10ax^4+8ax^3+\left(6a-6\right)x^2-4x-2}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{20a^2x^3+24a^2x^2+12ax+8a}{40ax^3+24ax^2+\left(12a-12\right)x-4}} \)

\( =\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{60a^2x^2+48a^2x+12a}{120ax^2+48ax+\left(12a-12\right)}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{120a^2x+48a^2}{240ax+48a}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\displaystyle\frac{120a^2}{240a}}=\displaystyle\frac{a}{2} \)


Concluyendo, tenemos que: \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\ln\left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)^\left(\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\right)=\displaystyle\frac{a}{2}} \)

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)^\left(\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\right)}=e^{\left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)} \)

Para que se cumpla la igualdad propuesta: \( \left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)=2 \)
\( a=4 \)

Adjunto una comparación gráfica de las dos funciones que verifica que cuando en la función \( \left(\displaystyle\frac{\sqrt[ ]{x^2+x+1}}{x}\right)^\left(\displaystyle\frac{ax^2+1}{x}\right) \)  la constante \( a \) toma el valor 4, entonces la gáfica tiende asintóticamente al infinito hacia el valor \( e^2 \)


•   La primera aparición impresa de la regla de L’Hospital fue en el libro “Analyse des Infiniment Petits”, publicado por el eminente matemático francés Guillaume François Antoine de L’Hospital, Marqués de Sainte-Mesme, Conde de Entremont, Señor de Ouques, en 1696, pero la regla fue descubierta realmente en 1694 por el matemático suizo John Bernoulli. Ambos entraron en un curioso arreglo de negocios por medio del cual el marqués de L’Hospital compró los derechos de los descubrimientos matemáticos de Bernoulli.