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¿Hay algún límite de preguntas que son más fáciles de resolver mediante métodos distintos de l'Hospital de la Regla?

¿Hay algún límite de preguntas que son más fáciles de resolver mediante métodos distintos de l'Hospital de la Regla? Parece que por cada límite que resulta en una forma indeterminada, usted puede también utilizar la Regla de lHopital, en lugar de cualquiera de los métodos que se enseñan antes de la regla, como la factorización, racionalización, trig límites, etc.

EDIT: Estos son grandes respuestas, gracias!

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sewo Puntos 58

Si intenta utilizar la regla de L'Hospital de evaluar $$ \lim_{x\to\infty} \frac{2x}{x+\sin x} $$ usted termina para arriba con $$ \lim_{x\to\infty} \frac{2}{1+\cos x} $$ que espectacular no converge. Pero el límite original no existe (es $2$).

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Chris Benard Puntos 1430

L'Hospital nunca desaparezcan $$\lim_{x \to 0} \frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}},$$ usted acaba de conseguir el $\infty/\infty$ más y más.

En el pensamiento, $$\lim_{x \to \infty} \frac{e^{x^2}}{e^x}$$ es, probablemente, un mejor ejemplo. También es fácil de calcular, por otros medios, y da $\infty/\infty$ cada de L'Hospital de la iteración, pero haciendo menor algebraica de las cancelaciones de L'Hôpital resultado no resuelve el problema.

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5xum Puntos 41561

Si me preguntan a mí, el factoring es muy a menudo más fácil de L'Hospital.

Por ejemplo, trate de usar L'Hospital en el límite

$$\lim_{x\to 0}\frac{xe^{\cos x^2} + x\ln\left(\frac{1}{\arctan x+1}\right)}{x^2 + x\sin\left(1+\arccos(x)\right)}$$

El uso de L'Hospital es posible aquí, pero realmente no son recomendadas, ya que se puede solo factor $\frac{x}{x}$ y, a continuación, conecte $x=0$ en lo que queda.

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Dr. MV Puntos 34555

Hay ejemplos clásicos en el cual los sucesivos uso de L'Hospital de la Regla (LHR) resultado en un bucle indefinido. Por ejemplo, examinar el límite

$$\lim_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} =1$$

Si tratamos de evaluar el uso de LHR, nos encontramos con

$$\lim_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\lim_{x\to \infty}\frac{1}{\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}=\lim_{x\to \infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}$$

Oh no! El nuevo límite de forma indeterminada, ha volteado el numerador y el denominador. Por lo tanto, una segunda aplicación de LHR simplemente recuperar la forma original de este límite. Y nunca podemos escapar de este bucle.

Por supuesto, podemos evaluar este límite fácilmente. Pero, el "ciego" uso de LHR fallará en este caso y en casos similares en los que uno nunca se escapa de un temido bucle.

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marty cohen Puntos 33863

Me gusta ampliar los términos en $\frac{f(x)}{g(x)} $ en polinomios y viendo lo que sucede como $x \to 0$.

Yo también utilizar libremente el "big-oh" y (con menor frecuencia) el "pequeño-oh" notación.

Por ejemplo, una de las respuestas utilizadas $\lim_{x \to 0} \frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}} $.

Desde $\sin(x) =x+O(x^3) $, $\sin(\sqrt{x}) =\sqrt{x}+O(x^{3/2}) $ así $\frac{\sin \sqrt{x}}{\sqrt{x}} =\frac{\sqrt{x}+O(x^{3/2})}{\sqrt{x}} =1+O(x) \a 1 $.

Del mismo modo, para el ejemplo $\lim_{x\to \infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} $, desde $\sqrt{x^2+1} x =\sqrt{1+\frac{1}{x^2}} =x(1+\frac{1}{2x^2}+O(1/x^4)) =x(1+O(1/x^2)) $ así $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} =\frac{x}{x(1+O(1/x^2))} =\frac{1}{1+O(1/x^2)} \a 1 \text{ como } x \to 0 $.

Dado que tanto $f$ e $g \to 0$ como $x \to 0$, debemos tener $f(x) =x^aF(x) $ y $g(x) =x^bG(x) $ donde $a>0$, $b>0$, $F(0) \ne 0$, y $G(0) \ne 0$.

Por lo tanto $r(x) =\frac{f(x)}{g(x)} =\frac{x^aF(x)}{x^bG(x)} =x^{a-b}\frac{F(x)}{G(x)} $.

Si $a > b$, $r(x) \to 0$; si $a < b$, $r(x) \to \infty$; y si $a = b$, $r(x) \to \frac{F(0)}{G(0)}$.

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