Calcula

Question

Un problema que vi recientemente es calcular los $$\lim_{n\to\infty} n^2 \left(\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}-\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\right)$$

Pensé que sería divertido para dar a este un ir pero completamente sacado de mí. Yo no soy consciente de ninguna de las técnicas estándar utilizadas para calcular los $\infty\times (e-e)$ - tipo de límites, bar, posiblemente, la Regla de L'Hôpital. Pero dudo que sería una buena idea, a lo mejor sería feo. Agradecería soluciones utilizando cualquiera de los métodos, el más elegante, el mejor del curso. Aunque doy la bienvenida a cualquier pertinentes sugerencias así si completa de soluciones son desalentados.

Answer 1

Sólo ingrediente necesario: $\log(1+x)=x-\frac12x^2+o(x^2)$ cuando $x\to0$; en particular, $\frac1x\log(1+x)\to1$ cuando $x\to0$.

Reescribir esto como $$x_n=n^2\left(f\left(\frac1{n+1}\right)-f\left(\frac1n\right)\right)$$ where $$f(x)=\left(1+x\right)^{1/x}$$ Now, $f(x)=\exp\left(\frac1x\log\left(1+x\right)\right)$ hence $$f'(x)=g(x)\frac1{x^2(1+x)}f(x)$$ con $$g(x)=x-(1+x)\log(1+x)$$ Cuando $x\to0$, $\log(1+x)=x-\frac12x^2+o(x^2)$ por lo tanto $$g(x)=x-(1+x)\left(x-\frac12x^2+o(x^2)\right)\sim-\frac12x^2$$ Since $f(x)\a e$ when $x\to0$, this yields $$f'(x)\sim-\frac12x^2\cdot\frac1{x^2}\cdot e=-\frac12e$$ hence $$f\left(\frac1{n+1}\right)-f\left(\frac1n\right)\sim-\frac12e\left(\frac1{n+1}-\frac1n\right)\sim\frac12e\frac1{n^2}$$ and finally $$\lim x_n=\frac12e$$

Answer 2

Consideremos la secuencia: \begin{align} x_n &=n\log\left(1+\frac 1n\right)\\ &\sim n\left(\frac 1n-\frac 1{n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\right)\\ &\sim 1-\frac 1{2n}+\frac 1{3n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right) \end {align} Then \begin{align} x_{n+1}-x_n &=\left(1-\frac 1{2(n+1)}+\frac 1{3(n+1)^2}\right)-\left(1-\frac 1{2n}+\frac 1{3n^2}\right)+o\left(\frac 1{n^2}\right)\\ &=\frac 1{2n(n+1)}+\frac 1{3(n+1)^2}-\frac 1{3n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\\ &=\frac 1{2n^2}+o\left(\frac 1{n^2}\right)\\ &\sim\frac 1{2n^2} \end {align} por consiguiente \begin{align} n^2 \left(\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}-\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\right) &=n^2(e^{x_{n+1}}-e^{x_n})\\ &=n^2e^{x_n}(e^{x_{n+1}-x_n}-1)\\ &\sim n^2e^{x_n}(x_{n+1}-x_n)\\ &\sim \frac{e^{x_n}}2\\ &\to\frac e2 \end {align}

Answer 3

Demasiado largo para un comentario.

Utilizando el mismo enfoque que en Fabio Lucchini la respuesta, usted podría incluso conseguir más que el límite en el precio de un único plazo adicional en las expansiones. $$x_n=n\log\left(1+\frac 1n\right)=1-\frac{1}{2 n}+\frac{1}{3 n^2}-\frac{1}{4 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$ $$e^{x_n}=e-\frac{e}{n 2 n}+\frac{11 e}{24 n^2}-\frac{7 e}{16 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$ Haciendo lo mismo y continuando con la serie de Taylor (o división) $$x_{n+1}=(n+1)\log\left(1+\frac 1{n+1}\right)=1-\frac{1}{2 n}+\frac{5}{6 n^2}-\frac{17}{12 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$ $$e^{x_{n+1}}=e-\frac{e}{n 2 n}+\frac{23 e}{24 n^2}-\frac{89 e}{48 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$ $$e^{x_{n+1}}-e^{x_{n}}=\frac{e}{2 n^2}-\frac{17 e}{12 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$

$$n^2\left(e^{x_{n+1}}-e^{x_{n}} \right)=\frac{e}{2}-\frac{17 e}{12 n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$ que muestra th limpt y también cómo se acercaban.

Tratar incluso con un pequeño número como $n=10$. El resultado exacto sería $\frac{29833762621839898789}{28531167061100000000}$ que es $\approx 1.04566$ , mientras que el anterior truncado expresión daría $\frac{43 e}{120}\approx 0.97405$.

Answer 4

Sugerencia: deje que la función sea $f(n)$ . Esta función tiene una asíntota horizontal como $n\to\infty$ ; la respuesta es $e/2$ . Por lo tanto, nos quedamos con la prueba de que existe la asíntota (es decir, $f'\to0^+$ y $f\not\to\infty$ ) y que la asíntota se produce en $y=e/2$ .

Answer 5

La expresión bajo límite es de la forma $n^2(A-B)$ donde $A, B$ tiende a $e$ como $n\to\infty $ . Podemos escribir $$A-B=B\cdot\frac{\exp(\log A-\log B) - 1}{\log A-\log B} \cdot (\log A-\log B) $$ and the fraction in middle tends to $ 1$ so that the desired limit is equal to the limit of the expression $ en ^ 2 (\ log A- \ log B)$. Now we can see that $$\log A-\log B =(n+1)\log\left(\frac{n+2}{n+1}\right)-n\log\left(\frac{n+1}{n}\right)$$ which can be written as $$n\log\frac{n^2+2n}{n^2+2n+1}+\log\frac{n+2}{n+1}$$ or $$(n+1)\log\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)+\log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)-\log\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)$$ The last term when multiplied by $ n ^ 2$ tends to $ - 1$ and hence the desired limit is equal to limit of $$en^2\left\{(n+1)\log\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)+\log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\right\}+e$$ which is same as that of $$en^2\left\{n\log\left(1-\frac{1}{n^2}\right)+\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\right\}+e\tag{1}$$ Using Taylor series or L'Hospital's Rule we can easily see that $$\lim_{x\to 0}\frac{\log(1+x)-x}{x^2}=-\frac{1}{2}$$ Putting $ x = 1 / n$ and $ - 1 / n ^ 2$ respectively we get $$\lim_{n\to\infty} n^2\left(\log\left(1+\frac{1}{n}\right)-\frac{1}{n}\right)=-\frac{1}{2}\tag{2}$$ and $$\lim_{n\to\infty} n^3\left(\log\left(1-\frac{1}{n^2}\right)+\frac{1}{n^2}\right)=0\tag{3}$$ Using $ (2), (3)$ we see that the limit of expression in $ (1)$ is $ e / 2 $ .