Όριο Β01

#1

Να υπολογισθεί το
$\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}{x}$ .

Tolaso J Kos · #2

grigkost έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 17, 2025 1:41 am
Να υπολογισθεί το
$\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}{x}$ .

Γεια σας. Ή κάνω κάτι λάθος ή είναι απλό. Κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής y =1/x

έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\ln \left( x^{1/x} - 1 \right)}{x} & \overset{y=1/x}{=\! =\! =\! =\!} \lim_{y \rightarrow 0} y \log \left( \frac{1}{y^y} - 1 \right) \\ & = \lim_{y \rightarrow 0} y \log \left( \frac{1 - y^y}{y^y} \right) \\ & = \lim_{y \rightarrow 0} y \left[ \log \left( 1 - y^y \right) - y \log y \right] \\ & = 0 \end{aligned} }$

#3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 17, 2025 8:24 am
Γεια σας. Ή κάνω κάτι λάθος ή είναι απλό. Κάνοντας την αλλαγή μεταβλητής έχουμε:

Τόλη, η απάντηση είναι ελλειπής. Λείπει η ουσία και αυτό διότι έχουμε δύο όρους που τείνουν στο $-\infty$ , τους $\log y$ και $\log \left( 1 - y^y \right)$ , οπότε το να προσπενάς αμαχητί την συμβολή τους, είναι ουσιαστικό κενό.

Tolaso J Kos · #4

Μιχάλη,

το δεύτερο όριο το θεώρησα προφανές γιατί το έχουμε δει άπειρες φορές. Βγαίνει π.χ με DLH. Για το πρώτο όριο λανθασμένα το πρωί θεώρησα ότι είναι της μορφής $y \log \left( 1 - y \right)$ . Αλλά και σε αυτή τη μορφή έχουμε:

$\displaystyle{\left( 1 - y^y \right)^y = \exp \left( y \left( 1 - y^y \right) \right)}$
Όμως, $y^y \overset{y \rightarrow 0}{\longrightarrow} 1$ το οποίο είναι συνέπεια του $y \ln y \rightarrow 0$ όταν $y \rightarrow 0$ . Τελικά, $y \log \left( 1 - y^y \right) \rightarrow 0$ καθώς $y \rightarrow 0$ .

#5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 17, 2025 11:47 am
$\displaystyle{\left( 1 - y^y \right)^y = \exp \left( y \left( 1 - y^y \right) \right)}$

Τόλη, για ξαναδές το αυτό. Μάλλον πρόκειται για τυπογραφική αβλεψία, αλλά καλό είναι να διευθετηθεί.

Αλλά και το παρακάτω θέλει αιτιολογία

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 17, 2025 11:47 am

Τελικά, $y \log \left( 1 - y^y \right) \rightarrow 0$ καθώς $y \rightarrow 0$ .

γιατί είναι περίπτωση $0\cdot (\infty)$ που δεν εμπίπτει στις περιπτώσεις που αναφέρεσαι.

Η τελική απάντηση που δίνεις είναι σωστή, αλλά όχι οι αιτιολογίες. Θα γράψω λύση, αν χρειαστεί.

#6

grigkost έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 17, 2025 1:41 am
Να υπολογισθεί το
$\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}{x}$ .

Θα κάνω χρήση των γνωστών (και απλών από l' Hospital ή από τον ορισμό της παραγώγου) $\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log x}{x} =0$ , $\mathop{\lim}\limits_{y\to 1}\dfrac{\log y}{y-1} =1$ . Επίσης (γνωστό αλλά βγαίνει από την πρώτη) $\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}x^{\frac{1}{x}} =1$ . Επίσης από την πρώτη, με $\log x$ στην θέση του

, έπεται $\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log (\log x)}{\log x} =0$ .

Έχουμε τώρα

$\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}{x} = \mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big) - \log (\log x^{\frac{1}{x} })+ \log (\log x^{\frac{1}{x} } )} {x}=$

$= \mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{ 1}{x} \log \left (\dfrac {x^{\frac{1}{x}}-1} { \log x^{\frac{1}{x}} }\right) +\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac {\log \left (\dfrac {1}{x} \log x \right )} {x}=$

$= \mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{ 1}{x} \log \left (\dfrac {y-1} { \log y }\right) +\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac {\log \log x - \log x} {x}=$

$= \mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{ 1}{x} \log \left (\dfrac {y-1} { \log y }\right) +\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\left (\dfrac {\log \log x } {\log x} \cdot \dfrac {\log x}{x} \right ) - \mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty} \dfrac {\log x} {x}=$

$= 0\cdot \log \dfrac {1}{1} +0\cdot 0 - 0=0$

ksofsa · #7

Καλημέρα.

Λίγο διαφορετικά (με θεώρημα μέσης τιμής):

Εφαρμόζω Θ.Μ.Τ. για τη συνάρτηση f(t)=e^t

στο διάστημα $[0,\dfrac{\log x}{x}]$ .

Τότε υπάρχει $\xi(x)\in (0,\dfrac{\log x}{x})$ , ώστε $e^{\frac{\log x}{x}}-1=\dfrac{\log x}{x}e^{\xi(x)}$ .

Οπότε:

$\lim_{x \to+\infty } \dfrac{\log (e^{\frac{\log x}{x}}-1)}{x}=\lim_{x \to +\infty } \dfrac{\log (\frac{\log x}{x}e^{\xi(x)})}{x}=\lim_{x \to +\infty } (\dfrac{\log (\log x)}{x}-\dfrac{\log x}{x}+\dfrac{\xi(x)}{x})$

Επειδή $0\le \dfrac{\xi(x)}{x}\le \dfrac{\log x}{x^2}$ , από κριτήριο παρεμβολής $\lim_{x \to +\infty } \dfrac{\xi(x)}{x}=0$ .

Ακόμη, $\lim_{x \to +\infty } \dfrac{\log (\log x)}{x}=\lim_{x \to +\infty } \dfrac{\log x}{x}=0$ και το ζητούμενο όριο

.

#8

grigkost έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 17, 2025 1:41 am
Να υπολογισθεί το
$\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}{x}$ .

Θα χρησιμοποιήσω την απλή και γνωστή $\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty}\dfrac {\log x}{x}=0$ και το πόρισμά της $\mathop{\lim}\limits_{x\to +\infty} x^{\frac{1}{x}} =1$ και άρα για μεγάλα

είναι $x^{\frac{1}{x}} \le 2$ . Επίσης θα χρησιμοποιήσω την $e^a\ge 1+a$ για a>0

. Έχουμε λοιπόν για μεγάλα

$\displaystyle{\dfrac {1}{x} \le \dfrac {\log x}{x} \le e^{\frac {\log x}{x} } -1 = x^{\frac{1}{x}} -1 \le 2-1=1}$

Παίρνοντας λογάριθμο και διαιρώντας με

έχουμε (από $\log 1=0$ )

$\displaystyle{\dfrac {-\log x}{x} \le \dfrac { \log (x^{\frac{1}{x}} -1) } {x} \le 0}$

Από ισοσυγκλίνουσες το ζητούμενο όρο είναι

.

#9

Μετά από τις πολύ όμορφες λύσεις του κ. Λάμπρου και του Κώστα, παραθέτω και την δική μου, (μιας και διαφέρει κάπως).

Σχετικά εύκολα αποδεικνύεται ότι $\lim_{x\to +\infty}x\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)=+\infty$ . Επομένως υπάρχει $x_0\in({2,+\infty})$ τέτοιο ώστε, για κάθε $x\in({x_0,+\infty})$ , να ισχύει

${\mathrm{e}}<x\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)\,.\quad(*)$

Επειδή για κάθε $x\in({2,+\infty})$ ισχύει $0<x^{\frac{1}{x}}-1<1$ , έπεται ότι για κάθε $x\in({2,+\infty})$ ισχύει

$x\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)<x\,.\quad(**)$

Από τις (*)

και

προκύπτει ότι για κάθε $x\in({x_0,+\infty})$ με x_0>2

, ισχύει

$\begin{aligned} {\mathrm{e}}&<x\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)<x&&\stackrel{\log \uparrow}{\Leftarrow\!\!\Longrightarrow}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \log{\mathrm{e}}&<\log\big({x\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}\big)<\log{x}&&\Longleftrightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 1&<\log{x}+\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)<\log{x}&&\Longleftrightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 1-\log{x}&<\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)<\log{x}-\log{x}=0&&\stackrel{x>x_0}{\Longleftarrow\!\!\Longrightarrow}\\\noalign{\vspace{0.2cm}} \frac{1-\log{x}}{x}&<\frac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}{x}<0\,. \end{aligned}$

Επειδή $\lim_{x\to +\infty}\frac{1-\log{x}}{x}=0$ , έπεται ότι $\lim_{x\to +\infty}\frac{\log\big({x^{\frac{1}{x}}-1}\big)}{x}=0$ .

Όριο Β01

Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Re: Όριο Β01

Μέλη σε σύνδεση