Granica funkcji bez użycia twierdzenia l'Hospitala

[dominx99]

Witam,

Mam problem z rozwiązaniem poniższych przykładów, muszą one zostać rozwiązane bez użycia metody l'Hospitala, siedzę już nad nimi dobre 2 godziny.
Czy znalazł by się ktoś kto mógłby mi pomóc to rozwiązać?

\(\displaystyle{ \lim_{ x \to \infty } \frac{ e^{ \frac{1}{3x} } - 1 }{ e^{ \frac{1}{7x} } - 1 } }\)

\(\displaystyle{ \lim_{ x \to \infty } \frac{ \ln(1 + \frac{1}{2x}) }{ \ln(1 + \frac{1}{5x}) } }\)

[a4karo]

W drugim np. tw. Lagrange"a
W pierwszym wzory skróconego mnożenia dla `x^n-y^n` dla `n=3,7`

[Dasio11]

Przykład pierwszy - podstawienie \(\displaystyle{ t = \frac{1}{x}}\) daje

\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} \frac{e^{\frac{1}{3x}} - 1}{e^{\frac{1}{7x}}-1} = \lim_{t \to 0} \frac{e^{\frac{t}{3}}-1}{e^{\frac{t}{7}}-1} = \lim_{t \to 0} \frac{\frac{e^{\frac{t}{3}}-1}{t}}{\frac{e^{\frac{t}{7}}-1}{t}}}\)

Licznik z definicji dąży do pochodnej funkcji \(\displaystyle{ f(t) = e^{\frac{t}{3}}}\) w punkcie \(\displaystyle{ t = 0}\), a tę pochodną można obliczyć ze standardowego wzoru (bądź wyliczyć ręcznie, powtarzając dowód owego wzoru). Mianownik zaś dąży do pochodnej funkcji \(\displaystyle{ g(t) = e^{\frac{t}{7}}}\) w \(\displaystyle{ t = 0}\).

Drugi przykład robi się analogicznie.

[a4karo]

\(\displaystyle{ \frac{\ln\left(1+\frac{1}{2x}\right)}{\ln\left(1+\frac{1}{5x}\right)}=\frac{\int_{2x}^{2x+1}\frac{1}{t}dt}{\int_{5x}^{5x+1}\frac{1}{t}dt}}\)

więc

\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{2x+1}}{\frac{1}{5x}}<\frac{\ln\left(1+\frac{1}{2x}\right)}{\ln\left(1+\frac{1}{5x}\right)}<\frac{\frac{1}{2x}}{\frac{1}{5x+1}}}\)


\(\displaystyle{ \frac{e^{\frac{1}{3x}}-1}{e^{\frac{1}{7x}}-1}=\frac{\int_0^{\frac{1}{3x}}e^tdt}{\int_0^{\frac{1}{7x}}e^tdt}}\)

więc
\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{3x}e^0}{\frac{1}{7x}e^{\frac{1}{7x}}}<\frac{e^{\frac{1}{3x}}-1}{e^{\frac{1}{7x}}-1}<\frac{\frac{1}{3x}e^{\frac{1}{7x}}}{\frac{1}{7x}e^0}}\)


A tak naprawdę, to sa kombinacje bo elementarnie idzie tak

\(\displaystyle{ \frac{\ln\left(1+\frac{1}{2x}\right)}{\ln\left(1+\frac{1}{5x}\right)}=\frac{5}{2}\frac{2x\ln\left(1+\frac{1}{2x}\right)}{5x\ln\left(1+\frac{1}{5x}\right)}
=\frac{5}{2}\frac{\ln\left(\left(1+\frac{1}{2x}\right)^{2x}\right)}{\ln\left(\left(1+\frac{1}{5x}\right)^{5x}\right)}}\)


No i dla kompletu elementarnie pierwsza część:

\(\displaystyle{ e^{\frac{1}{x}}-1=\left(e^{\frac{1}{7x}}-1\right)\left(e^{\frac{6}{7x}}+e^{\frac{5}{7x}}+e^{\frac{4}{7x}}+e^{\frac{3}{7x}}+e^{\frac{2}{7x}}+e^{\frac{1}{7x}}+1\right)}\)
i
\(\displaystyle{ e^{\frac{1}{x}}-1=\left(e^{\frac{1}{3x}}-1\right)\left(e^{\frac{2}{3x}}+e^{\frac{1}{3x}}+1\right)}\)

Dzielimy obie te równości i .... już

Nawiasem mówiąc można to zadanie zrobić też korzystając z Twierdzenia Cauchy'ego

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Cauchy%E2%80%99ego_%28rachunek_r%C3%B3%C5%BCniczkowy%29

(czyli formalnie bez reguły de l'Hospitala) ale raczej nie o to chodzi.

[janusz47]

\(\displaystyle{ \lim_{y\to 0} \frac{\ln(1 + y)}{y} = 1. }\)

\(\displaystyle{ \lim_{x\to \infty} \frac{\ln\left (1 + \frac{1}{2x}\right)}{\ln\left( 1 + \frac{1}{5x}\right)} = \lim_{x\to \infty} \frac{\frac{\ln\left (1+\frac{1}{2x}\right)\cdot\frac{1}{2x}}{\frac{1}{2x}}}{\frac{\ln\left(1 +\frac{1}{5x}\right)\cdot \frac{1}{5x}}{\frac{1}{5x}}} = \frac{5}{2}.}\)

Dodano po 39 minutach 43 sekundach:
\(\displaystyle{ \lim_{y \to 0 } \frac{e^{y} -1}{y} = \ln(e) = 1. }\)

\(\displaystyle{ \lim_{x \to \infty} \frac{e^{\frac{1}{3x}} -1}{e ^{\frac{1}{7x}-1}} = \lim_{x\to \infty} \frac{\frac{\left(e^{\frac{1}{3x}}-1\right)\cdot \frac{1}{3x}}{\frac{1}{3x}}}{\frac{\left(e^{\frac{1}{7x}} -1\right) \cdot \frac{1}{7x}}{\frac{1}{7x}}} = \frac{7}{3}. }\)