Matematyka.pl

\(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0+ } ( \frac{1}{2} ( 2^{x} + 3^{x}))^ \frac{1}{x}=\left[ 1^{ \infty }\right] = \lim_{ x\to 0+ } e^{( \frac{1}{2} ( 2^{x} + 3^{x}))^ \frac{1}{x}}=\lim_{ x\to 0+ } e^{ \frac{\frac{1}{2} ( 2^{x} + 3^{x})}{x} }=\left[ e^{ \frac{0}{0} }\right]=... }\)
Do usunięcia nieoznaczoności z wykładnika wykorzystaj regułę de l'Hopitala.

kerajs pisze: 14 lip 2020, o 07:40\(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0+ } ( \frac{1}{2} ( 2^{x} + 3^{x}))^ \frac{1}{x}=\left[ 1^{ \infty }\right] = \lim_{ x\to 0+ } e^{( \frac{1}{2} ( 2^{x} + 3^{x}))^ \frac{1}{x}}}\)

Brakuje logarytmu.

Myślę, że warto tu przytoczyć ładny dowód pochodzący of Schaumbergera (N. Schaumberger, Power mean for zero exponent, Math. Mag. 69 (1975), 216)

Niech \(\displaystyle{ \mathbf{x}=(x_1,\dots,x_n)}\) będzie `n`-ką liczb dodatnich i \(\displaystyle{ \mathbf{w}=(w_1,\dots,w_n)}\) będą dodatnie i takie, że \(\displaystyle{ \sum w_i=1}\)

Oznaczmy
\(\displaystyle{ A_r(\mathbf{x},\mathbf{w})=\begin{cases}\left(\sum_{i=1}^n w_ix_i^r\right)^{1/r} & r\neq 0\\ \prod_{i=1}^n x_i^{w_i} & r=0\end{cases}.}\)

Pokażemy, że \(\displaystyle{ \lim_{r\to 0^+} A_r(\mathbf{x},\mathbf{w})=A_0(\mathbf{x},\mathbf{w})}\)

Na mocy nierówności między ważoną średnią geometryczną i ważoną średnią arytmetyczną mamy nierówność \(\displaystyle{ A_0(\mathbf{x},\mathbf{w})\leq A_r(\mathbf{x},\mathbf{w})}\)
Niech \(\displaystyle{ v_i=\frac{w_ix_i^r}{\sum_{i=1}^n w_ix_i^r}.}\)
Wtedy `v_i>0` i `\sum v_i=1` i mamy taki ciąg nierówności:
\begin{align}A_0(\mathbf{x},\mathbf{w})&\leq& A_r(\mathbf{x},\mathbf{w})=\left(w_1x_1^r+\ldots+w_nx_n^r\right)^{1/r} \\
&=& \left(\frac {1} {\sum_{i=1}^n \dfrac{w_ix_i^r}{\sum_{i=1}^n w_ix_i^r}\dfrac{1}{x_i^r}}\right)^{1/r}\\
&=& \frac{1}{A_r(\mathbf{\frac{1}{x}},\mathbf{v_r})}\leq \frac{1}{A_0(\mathbf{\frac{1}{x}},\mathbf{v_r})}=A_0(\mathbf{x},\mathbf{v_r})\end{align}

i dla zakończenia dowodu wystarczy zauważyć, że `\lim_{r\to 0^+} \mathbf{v_r}=\mathbf{w}`

Podobny dowód można zrobić dla `r\to0^-`

Dziękuję wszystkim

Popraw wartość wykładnika potęgi po zastosowaniu reguły H.

Ja lubię korzystać z granic specjalnych typu \((1+\alpha)^{1/\alpha}\to 1, \dfrac{\ln(1+\alpha)}{\alpha}\to 1, \dfrac{\mathrm{e}^{\alpha}-1}{\alpha}\to 1\) o ile \(\alpha\to 0\). Tutaj też się da z tego zrobić. Również twierdzenie zaprezentowane przez a4karo można z tych właśnie granic udowodnić.

Coż, znaleźć te granicę używając szkolnych metod potrafi każdy jako tako obyty matematycznie student pierwszego roku.
Żeby zrobić to, co zrobił Schaumberger, trzeba dużo więcej. W takich rzeczach tkwi piękno matematyki

Dodano po 7 minutach 37 sekundach:
@LIder: popraw tę pierwszą granicę

Można uogólnić obliczenie granicy dla dowolnych podstaw potęg \(\displaystyle{ a> 0, \ \ b>0 }\)

\(\displaystyle{ \lim_{x\to 0^{+}} \left ( \frac{ a^{x} +b^{x}}{2} \right)^{\frac{1}{x}} = \sqrt{a\cdot b}. }\)

Dzięki @a4 za zauważenie, oczywiście powinno być \((1+\alpha)^{1/\alpha}\to\mathrm{e}\) o ile \(\alpha\to 0\).