Límite de $x\left(e-\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x\right)$ cuando $x\to+\infty$

Question

<blockquote> <p>Encontrar a $$\lim_{x\to\infty}x\left(e-\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x\right)$ $</p> </blockquote> <p>I calcula $\lim\limits_{x\to\infty}\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x=e$ pero luego el límite en cuestión se convierte en $0\times \infty $ forma y solución se convierte más lejos desordenada.</p> <hr> <p><strong>Por favor dígale a una solución sin el uso de extensiones de la serie porque no tengo conocimiento de estos.</strong></p>

Answer 1

\begin{align} \lim{x\to\infty}x\left(e-\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x\right)&=\lim{x\to\infty}\frac{e-\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x}{\frac1x}\ &=\lim{x\to\infty}\frac{\frac{\left(\frac{1}{x+1}+1\right)^x \left(x-(x+1) (x+2) \log \left(\frac{1}{x+1}+1\right)\right)}{(x+1) (x+2)}}{-\frac1{x^2}}\ &=-e\lim{x\to\infty}\left(x-(x+1) (x+2) \log \left(\frac{1}{x+1}+1\right)\right)\ &=-e\lim{x\to0}\frac{x-(x+1) (2 x+1) \left(x-\frac{3 x^2}{2}+\frac{7 x^3}{3}-\frac{15 x^4}{4}+o(x^4)\right)}{x^2}\ &=-e \lim{x\to 0}(\frac{15 x^4}{2}+\frac{79 x^3}{12}-\frac{x^2}{4}+\frac{x}{6}-\frac{3}{2}+o(x^2))\ &=\frac32e \end {Alinee el}

Answer 2

Reescritura de $\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x=\left(1+\frac{1}{x+1}\right)^x$ con la expansión de la serie de Laurent en lugar de calcular el límite se obtiene: $$\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x=\left(1+\frac{1}{x+1}\right)^x=e - \frac{3e}{2x} +\frac{83e}{24x^2} +\text{some higher order terms}$ $, $$x\left(e-\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x\right)=xe-x\left(e - \frac{3e}{2x} +\frac{83e}{24x^2} +\text{some h.o.t.}\right)=\frac{3e}{2} +\frac{83e}{24x} +\text{some h.o.t.}$ $ por lo tanto $$ \lim_{x\to\infty}x\left (e-\left(\frac{x+2}{x+1}\right) ^ x\right) = \frac {3e} {2} $$

Answer 3

Sin desarrollo en serie de Taylor: el cambio de la variable $t=\frac{1}{x+1}$ para obtener $$ x\a la izquierda(e-\left(\frac{x+2}{x+1}\right)^x\right)= \frac{1-t}{t}\left(e-(1+t)^{\frac{1}{t}-1}\right)= \frac{1-t}{1+t}\cdot \frac{e(1+t)-(1+t)^{1/t}}{t}=\\ =\underbrace{\frac{1-t}{1+t}}_{\1}e+\underbrace{\frac{1-t}{1+t}}_{\1}e\cdot\frac{1-e^{\frac{1}{t}\ln(1+t)-1}}{t}. $$ El primer término se trivialmente a$1$$t\to 0$. Vamos a calcular el segundo límite. Denotar $s(t)=\frac{1}{t}\ln(1+t)-1$. Tenemos $$ \frac{1-e^{s(t)}}{t}=\frac{1-e^{s(t)}}{s(t)}\cdot\frac{s(t)}{t}= \underbrace{\frac{1-e^{s(t)}}{s(t)}}_{I}\cdot\underbrace{\frac{\ln(1+t)-t}{t^2}}_{II}. $$ Los límites de $I$ $II$ son calculados por L'Hospital: \begin{eqnarray} \lim_{t\to 0}s(t)&=&\lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)}{t}-1=\lim_{t\to 0}\frac{\frac{1}{1+t}}{1}-1=0,\\ \lim I&=&\lim_{s\to 0}\frac{1-e^s}{s}=\lim_{s\to 0}\frac{-e^s}{1}=-1.\\ \lim II&=&\lim_{t\to 0}\frac{\ln(1+t)-t}{t^2}=\lim_{t\to 0}\frac{\frac{1}{1+t}-1}{2t}=\lim_{t\to 0}\frac{-t}{2t(1+t)}=-\frac{1}{2}. \end{eqnarray} Finalmente, el límite es de $e+e\cdot (-1)\cdot\frac{-1}{2}=\frac32 e$.