Encontrar el límite de $\lim_{x\to\infty} f(x)= \lim_{x \to \infty} \left(\frac{x}{x+1}\right)^x$

Question

Necesito encontrar el siguiente:

$$\lim_{x\to\infty} f(x)= \lim_{x \to \infty}\left (\frac{x}{x+1} \right )^x$$

Sé que este límite = $\frac{1}{e}$ de conectarlo a una calculadora, pero tengo que probarlo sin necesidad de utilizar el hecho de que:

$$\lim_{x\to\infty} f(x)=\lim_{x \to \infty}\left (\frac{x}{x+k} \right )^x=\frac{1}{e^k}$$

Empecé por exponentiating:

$$\lim_{x\to\infty} f(x)=\lim_{x \to \infty}e^{\ln \left (\frac{x}{x+1} \right )^x}$$

y a partir de aquí se me ha caído el exponente $x$ frente al $\ln$, y a partir de aquí yo estoy pegado. Debo separar las $\ln$ como esta?

$$\lim_{x\to\infty} f(x)=\lim_{x \to \infty}e^{x(\ln(x)-\ln(x+1))}$$

Este no parece ser que me lleva por el camino correcto, pero no estoy seguro de cómo hacerlo. Es allí una manera de aplicar L'Hôpital? Si es así, ¿cómo?

Answer 1

Vamos a empezar con la búsqueda de los límites de la recíproca de la expresión original: \begin{align} & \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x \\ \end{align} cuyo límite es el conocido $e$. Ahora puede concluir fácilmente.

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Para aquellos que necesitan más detalles, déjame decirlo más explícitamente: $$\left(\frac{x}{x + 1}\right)^x = \left(\frac{1}{1 + \frac{1}{x}}\right)^x = \frac{1}{\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x}.$$ Ahora uso $$\lim_{x \to \infty}\frac{h(x)}{g(x)} = \frac{\lim\limits_{x \to \infty}h(x)}{\lim\limits_{x \to \infty} g(x)}$$ al $\lim_{x \to \infty} g(x) \neq 0$. Llegamos a la conclusión de que $$\lim_{x \to \infty}\left(\frac{x}{x + 1}\right)^x = \frac{1}{\lim\limits_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x} = \frac{1}{e}.$$

Answer 2

Hay una variedad de enfoques para evaluar el límite de interés. Pensé que sería interesante mostrar un camino a seguir que sólo utiliza el teorema del sándwich y estándar de las desigualdades. A fin de proceder.

Me mostraron en ESTA RESPUESTA que el logaritmo de la función satisface las desigualdades por $z>0$

$$\frac{z-1}{z}\le \log z \le z-1 \tag 1$$

Otra manera de obtener un $(1)$, es confiar en la integral de la definición de logaritmo se expresa como

$$\log z=\int_1^z \frac{1}{u}\,du$$

Ahora vamos a $z=\frac{x}{x+1}$. Entonces, tenemos

$$-1=x\,\left(\frac{\left(\frac{x}{x+1}-1\right)}{\frac{x}{x+1}}\right) \le x\,\log \left(\frac{x}{x+1}\right)\le x\,\left(\frac{x}{x+1}-1\right)=-\frac{x}{x+1}$$

Usando el teorema del sándwich, vemos que

$$\lim_{x\to \infty}x\,\log\left(\frac{x}{x+1}\right)=-1$$

Por último, el uso de la continuidad de la función exponencial, revela

$$\begin{align} \lim_{x\to \infty}\left(\frac{x}{x+1}\right)^x&=\lim_{x\to \infty}e^{x\log \left(\frac{x}{x+1}\right)}\\\\ &=e^{\lim_{x\to \infty}x\log \left(\frac{x}{x+1}\right)}\\\\ &=e^{-1} \end{align}$$

Answer 3

Otra forma de conseguirlo.

Considere la posibilidad de $$A=\left(\frac{x}{x+1}\right)^x$$ and take logarithms $$\log(A)=x \log\left(\frac{x}{x+1}\right)=x \log\left(\frac{x+1-1}{x+1}\right)=x \log\left(1-\frac{1}{x+1}\right)$$ Now, remember that, for small $y$, $\log(1-y)\aprox -y$. Replace $s$ by $\frac{1}{x+1}$ which makes $$\log(A)\approx -\frac{x}{x+1}=-\frac{1}{1+\frac 1x}\to -1$$ and then $Un\a e^{-1}$

Answer 4

$\lim_{x\to\infty} (\frac{x}{(x+1)})^x\\ =\lim_{x\to\infty}(1-\frac{1}{(x+1)})^{(x+1)-1}\\ =\lim_{x\to\infty}(1-\frac{1}{(x+1)})^{(x+1)}\lim_{x\to\infty}(1-\frac{1}{(x+1)})^{-1}\\ =e^{-1}\cdot 1\\ =e^{-1}$
El aviso debe transformar su expresión de forma bien conocida.

Answer 5

Primero se establece la totalidad de la ecuación igual a y:

$$ (\frac {x}{(x+1)})^x = y $$

Podemos, a continuación, inserte ambos lados en $ln(x)$:

$$ ln((\frac x{(x+1)})^x) = ln(y) $$

A continuación, tire de la x de energía:

$$ xln(\frac x{(x+1)}) = ln(y) $$

Dividir el logaritmo natural:

$$ xln(x) - xln(x+1) = ln(y) $$

Cambio el término izquierda en la parte inferior de una fracción y agregarlo a otro término:

$$ \frac {1}{\frac 1{xln(x)}} - xln(x+1) = ln(y) $$

$$ \frac {1}{\frac 1{xln(x)}} - \frac {\frac {xln(x+1)}{xln(x)}}{\frac 1{xln(x)}} = ln(y) $$

$$ \frac {1 - \frac {ln(x+1)}{ln(x)}}{\frac 1{xln(x)}} = ln(y) $$

Tomando los límites de la parte superior e inferior de los rendimientos de la forma $\frac 00$. Por lo tanto, L'hopetal la Regla puede aplicarse ahora:

$$ \frac {\frac {(x+1)ln(x)-xln(x+1)}{ln^2(x)}}{\frac {ln(x) + \frac xx}{(xln(x))^2}} = ln(y) $$

Un poco de la simplificación y la cancelación de...

$$ \frac {x^3ln(x)+x^2ln(x)-x^3ln(x+1)}{ln(x) + 1} = ln(y) $$

L'Hopetals regla se aplica todavía.

$$ \frac {2x^2ln(x) + \frac {x^3}x + 2xln(x) + \frac {x^2}x - 3x^2ln(x+1) - \frac {x^3}{x+1}}{\frac 1x} = ln(y) $$

Simplificar:

$$ 2x^3ln(x) + x^3 + 2x^2ln(x) + x^2 - 3x^3ln(x+1) - \frac {x^4}{x+1} = ln(y) $$

Poner todo de nuevo en $x+1$

$$ \frac {(2x^3ln(x) + x^3 + 2x^2ln(x) + x^2 - 3x^3ln(x+1))(x+1)}{x+1} - \frac {x^4}{x+1} = ln(y) $$

$$ \frac {2x^4ln(x) + 2x^3ln(x) + x^4 + x^3 + 2x^2ln(x) + 2x^3ln(x) + x^2 + x^3 - 3x^3ln(x+1) - 3x^4ln(x+1) - x^4}{x+1} = ln(y) $$

$$ \frac {2x^4ln(x) + 4x^3ln(x) + 2x^3 + 2x^2ln(x) + x^2 - 3x^3ln(x+1) - 3x^4ln(x+1)}{x+1} = ln(y) $$

$$ \frac {ln(x)(2x^4 + 4x^3 + 2x^2) + 2x^3 + x^2 - ln((x+1)(3x^3 + 3x^4)}{x+1} = ln(y) $$

$$ \frac {ln((x)^{2x^4 + 4x^3 + 2x^2}) + 2x^3 + x^2 - ln((x+1)^{3x^3 + 3x^4}}{x+1} = ln(y) $$

$$ \frac {ln(\frac{(x)^{2x^4 + 4x^3 + 2x^2}}{(x+1)^{3x^3 + 3x^4}}) + 2x^3 + x^2 }{x+1} = ln(y) $$

$$ 2x^2 + \frac {ln(\frac{(x)^{2x^4 + 4x^3 + 2x^2}}{(x+1)^{3x^3 + 3x^4}}) - x^2 }{x+1} = ln(y) $$

Esto continúe hasta que usted consigue $\frac 1e$

En este momento estoy estancado, pero creo que ilustra muy bien la forma de hacer esto SIN sustituyendo valores en otras límites conocidos. Por desgracia, es demasiado tarde en la noche para mí y yo simplemente no puede ver cómo reducir de manera que L'hopetals regla no es infinito. (Al menos, aparece como sería aplicado infinitamente desde mi punto de vista.)