Autor Tema: Cálculo de límites (Universidad)

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26 Diciembre, 2020, 12:30 pm
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ElUtku

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\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)+ln(1+(1/x))-x \)


Es un límite que ha realizado un profesor en mi universidad pero por más que lo hago siempre me queda \( -\infty \) y a el le dio \( 0,5 \).

He aplicado multitud de propiedades en el logaritmo poniéndolo la multiplicación como potencia del logaritmo y colocando la resta como división de logaritmo. Y simpre me resulta menos infinito :(

Gracias de antemano.

26 Diciembre, 2020, 12:42 pm
Respuesta #1

feriva

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\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)+ln(1+(1/x))-x \)


Es un límite que ha realizado un profesor en mi universidad pero por más que lo hago siempre me queda \( -\infty \) y a el le dio \( 0,5 \).

He aplicado multitud de propiedades en el logaritmo poniéndolo la multiplicación como potencia del logaritmo y colocando la resta como división de logaritmo. Y simpre me resulta menos infinito :(

Gracias de antemano.

No sé si interpreto bien, ¿es esto? Ah, no, que he metido una "x" que no había

\( [(x^{2}+x)+log(1+(1/x))-x]x
  \)

\( x^{3}+x^{2}+x\cdot log(1+(1/x))-x^{2}
  \)

\( x^{3}+x\cdot log(1+(1/x))
  \)

Si es eso y “x” tiene a infinito, pues... tiene que dar infinito, pero a lo mejor no está bien copiado.

Saludos.

26 Diciembre, 2020, 12:45 pm
Respuesta #2

sugata

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Bienvenido.
Procura escribir las matemáticas con Látex, son las normas.
Tengo dudas en tu límite, si la última x pertenece al logaritmo o no.
Si no pertenece daría infinito.
\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{x^2+\cancel x+\cancel{ln(1+(1/x))}^{=0} \cancel {-x} }=\infty \)

Así qué entiendo que pertenece.
Aclara esto por favor.

Edito: Se adelanto feriva, pero dejo esto por si ayuda

26 Diciembre, 2020, 12:52 pm
Respuesta #3

feriva

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Edito: Se adelanto feriva, pero dejo esto por si ayuda

Sí, pero mejor que hayas intervenido, porque al pegar en mi editor me ha puesto todo en una línea e interpretado que todo estaba multiplicado por x; no cambiaría la respuesta pero no es lo que es.

Saludos.

26 Diciembre, 2020, 04:50 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)\color{red}+\color{black}ln(1+(1/x))-x \)


Es un límite que ha realizado un profesor en mi universidad pero por más que lo hago siempre me queda \( -\infty \) y a el le dio \( 0,5 \).

Creo que realmente el límite que querías poner es este:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \)

Usa que:

\( ln(1+t)=t-\dfrac{t^2}{2!}+\dfrac{t^3}{3!}+\ldots \)

Saludos.

27 Diciembre, 2020, 10:41 am
Respuesta #5

ElUtku

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Hola, gracias a todos por responder.

Como dice Luis Fuentes, el limite que quería escribir era este \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \) se me escapo un "+" :banghead:

Bueno, el caso es que a primera vista parece dar  \(-\infty\) . He estado usando symbolab y el resultado efectivamente, como hizo mi profesor, da 0.5 pero no se como llegar hasta el resultado. Os adjunto como lo resuelve la web(symbolab) a ver si alguien me puede iluminar jejeje.
Gracias.

27 Diciembre, 2020, 10:57 am
Respuesta #6

Luis Fuentes

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Hola

Como dice Luis Fuentes, el limite que quería escribir era este \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \) se me escapo un "+" :banghead:

Bueno, el caso es que a primera vista parece dar  \(-\infty\) . He estado usando symbolab y el resultado efectivamente, como hizo mi profesor, da 0.5 pero no se como llegar hasta el resultado. Os adjunto como lo resuelve la web(symbolab) a ver si alguien me puede iluminar jejeje.

¡Pero te he dado una indicación!

Usa que:

\( ln(1+t)=t-\dfrac{t^2}{2!}+\dfrac{t^3}{3!}+\ldots \)

Sería deseable alguna reacción: "no sé como usarla"; "no me permiten o no he estudiado como aplicar ese tipo de desarrollos para límites"... ¡algo!...

Fíjate que aplicado a tu caso tienes:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)+x\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)+ln\underbrace{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}_{\to e}-x=\\=ln(e)+\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=1+\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \)

Así que nos centramos en este límite:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \)

Con la indicación que te he dado, tomando \( t=1/x \), queda:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+\dfrac{1}{6x^3}+\ldots\right)-x \)

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x-\dfrac{1}{2}+\underbrace{\dfrac{1}{6x}+\ldots}_{\to 0}-x \)

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}-\dfrac{1}{2}+\underbrace{\dfrac{1}{6x}+\ldots}_{\to 0}=-\dfrac{1}{2} \)

Y por tanto el límite original es \( 1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}. \)

Otra forma es hacer el cambio \( x=1/t \):

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=\displaystyle\lim_{t\to 0}{}\dfrac{ln(1+t)}{t^2}-\dfrac{1}{t}=\displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{ln(1+t)-t}{t^2} \)

 Es una indeterminación tipo \( 0/0 \). Estás en condiciones de aplicar L'Hopital... hazlo y termina...

Saludos.

27 Diciembre, 2020, 04:14 pm
Respuesta #7

ElUtku

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Hola, muchas gracias por todo. :aplauso: ;)
Si, si me dejan usar esa equivalencia, lo que pasa es que me obcequé con desarrollar el método que vi en symbolab y se me olvido replicar a la formula que me mandaste, pero si la tuve en cuenta, siento el malentendido.
Muchas gracias a todos ;D

14 Enero, 2021, 06:38 pm
Respuesta #8

ElUtku

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Hola

Como dice Luis Fuentes, el limite que quería escribir era este \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \) se me escapo un "+" :banghead:

Bueno, el caso es que a primera vista parece dar  \(-\infty\) . He estado usando symbolab y el resultado efectivamente, como hizo mi profesor, da 0.5 pero no se como llegar hasta el resultado. Os adjunto como lo resuelve la web(symbolab) a ver si alguien me puede iluminar jejeje.

¡Pero te he dado una indicación!

Usa que:

\( ln(1+t)=t-\dfrac{t^2}{2!}+\dfrac{t^3}{3!}+\ldots \)

Sería deseable alguna reacción: "no sé como usarla"; "no me permiten o no he estudiado como aplicar ese tipo de desarrollos para límites"... ¡algo!...

Fíjate que aplicado a tu caso tienes:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}(x^2+x)ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)+x\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)+ln\underbrace{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x}_{\to e}-x=\\=ln(e)+\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=1+\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \)

Así que nos centramos en este límite:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x \)

Con la indicación que te he dado, tomando \( t=1/x \), queda:

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+\dfrac{1}{6x^3}+\ldots\right)-x \)

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x-\dfrac{1}{2}+\underbrace{\dfrac{1}{6x}+\ldots}_{\to 0}-x \)

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}-\dfrac{1}{2}+\underbrace{\dfrac{1}{6x}+\ldots}_{\to 0}=-\dfrac{1}{2} \)

Y por tanto el límite original es \( 1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}. \)

Otra forma es hacer el cambio \( x=1/t \):

\( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot ln\left(1+\dfrac{1}{x}\right)-x=\displaystyle\lim_{t\to 0}{}\dfrac{ln(1+t)}{t^2}-\dfrac{1}{t}=\displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{ln(1+t)-t}{t^2} \)

 Es una indeterminación tipo \( 0/0 \). Estás en condiciones de aplicar L'Hopital... hazlo y termina...

Saludos.

Hola, porque si \( t=1/x \) al aplicar la formula \( ln(1+t)=t-\dfrac{t^2}{2!}+\dfrac{t^3}{3!}+\ldots \) resulta que te queda \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+\dfrac{1}{6x^3}+\ldots\right)-x \) en vez de \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{(1/x)^2}{2}+\dfrac{(1/x)^3}{6}+\ldots\right)-x \) . Es decir si la  \( t=1/x \) al sustituirlo en la formula el 1/x iría arriba de la división, y por consecuencia el resultado cambia. Por cierto lo he intentado resolver por L'H y no me queda 0,5 el resultado.

14 Enero, 2021, 10:58 pm
Respuesta #9

Luis Fuentes

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Hola

Hola, porque si \( t=1/x \) al aplicar la formula \( ln(1+t)=t-\dfrac{t^2}{2!}+\dfrac{t^3}{3!}+\ldots \) resulta que te queda \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+\dfrac{1}{6x^3}+\ldots\right)-x \) en vez de \( \displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}x^2\cdot \left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{(1/x)^2}{2}+\dfrac{(1/x)^3}{6}+\ldots\right)-x \) . Es decir si la  \( t=1/x \) al sustituirlo en la formula el 1/x iría arriba de la división, y por consecuencia el resultado cambia. Por cierto lo he intentado resolver por L'H y no me queda 0,5 el resultado.

¡Pero!:

\( \dfrac{(1/x)^2}{2}=\dfrac{1}{2x^2} \)

y así con las demás fracciones.

En cuanto a L'Hopital:

\( \displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{ln(1+t)-t}{t^2} \)

Derivando:

\( \displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{1+t}-1}{2t}=\displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{-t}{2(1+t)} \)

y volviendo a aplicar  L'Hopital:

\( \displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{-1}{2}=\dfrac{-1}{2} \)

Saludos.