Fantezi Cebir > Analiz-Cebir

Bir limit sorusu

(1/1)

alpercay:
\[\lim_{n\to\infty}\left(n\left(1+\frac1n\right)^n-ne\right)=?\]

Metin Can Aydemir:
Limitin olduğunu varsayarak işlemlere başlayalım. $$L=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}-e}{n^{-1}}$$ olduğundan $\frac{0}{0}$ belirsizliği oluşur. L'Hospital kuralından, $$L=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\frac{(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-1}{n+1}}{-n^{-2}}=-e\lim\limits_{n\to \infty}\frac{n^2(n+1)\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-n^2}{n+1}.$$ $n=\frac{1}{x}$ değişkeni değiştirirsek, $$-\frac{L}{e}=\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{(1+1/x)\ln\left(1+x\right)-1}{x}$$ olacaktır çünkü $\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{1}{1+x}=1$'dir. Eğer $\ln(1+x)$'in Taylor açılımını yazarsak, $$\ln(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}x^k}{k}\implies \left(1+\frac{1}{x}\right)\ln(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}x^k}{k}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}x^{k-1}}{k}$$ $$\frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)\ln(1+x)-1}{x}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}x^{k-1}}{k}+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}x^{k-2}}{k}$$ olacaktır. $x\to 0^+$'de limiti aldığımızda sadece sabit terimler kalacaktır. Yani $-\frac{L}{e}=\frac{1}{2}$ olacağından $L=-\frac{e}{2}$'dir.

alpercay:
$\lim_{n\to\infty}{n\left(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n-e\right)}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n-e}}{\frac{1}{n}}=\dfrac00$ belirsizliği olduğundan L'Hospital kullanabiliriz.

$y=\left(1+\dfrac 1n\right)^n$ dersek $y'=\left(1+\dfrac 1n\right)^n\left(\ln\dfrac {n+1}n-\dfrac 1{n+1}\right)$

Pay ve paydanın türevi alındığında,

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n-e}}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{(1+\frac1n)^n\left(\ln\dfrac {n+1}{n}-\dfrac {1}{n+1}\right)}{-1/n^2}=0/0$ belirsizliği oluştuğundan yine L'Hospital kullanalım:

$e.\lim_{n\to\infty}\dfrac{\ln\frac{n+1}{n}-\frac 1{n+1}}{-1/n^2}=e.\lim_{n\to\infty}\dfrac{\frac1{n+1}-\frac 1n+\frac 1{(n+1)^2}}{2/n^3}=-\frac e2$ bulunur.

Navigasyon

[0] Mesajlar