όριο ασεπ.

Ωmega Man · #1

Να βρεθεί το όριο $\displaystyle{\bf \lim_{x\rightarrow +\infty}x\left[\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}-e\right]}$ .

#2

$\displaystyle{ f\left( x \right) = x\left[ {\left( {1 + \frac{1} {x}} \right)^x - e} \right] = x\left[ {e^{x\ln \left( {1 + \frac{1} {x}} \right)} - e} \right] }$ . Είναι

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \left( {x\left[ {e^{x\ln \left( {1 + \frac{1} {x}} \right)} - e} \right]} \right)\mathop = \limits^{u = \frac{1} {x} \to x = \frac{1} {u} \wedge \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } u = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{1} {x} = 0^ + } \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \left( {\frac{1} {u}\left[ {e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} - e} \right]} \right) = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \left( {\frac{{e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} - e}} {u}} \right) }$

$\displaystyle{ \mathop = \limits^{\mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}\mathop = \limits^{\frac{0} {0},Del'Hospital} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{\left( {\ln \left( {1 + u} \right)} \right)^\prime }} {{\left( u \right)^\prime }} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{1} {{1 + u}} = 1,\mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \left( {\frac{{e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} - e}} {u}} \right)\mathop = \limits^{\frac{0} {0},Del'Hospital} } \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{\left( {e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} - e} \right)^\prime }} {{\left( u \right)^\prime }} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \left[ {e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} \cdot \left( {\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} \right)^\prime } \right] = }$

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \left[ {e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} \cdot \frac{{\frac{u} {{1 + u}} - \ln \left( {1 + u} \right)}} {{u^2 }}} \right] \Rightarrow \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \left[ {e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} \cdot \frac{{u - \left( {1 + u} \right)\ln \left( {1 + u} \right)}} {{u^2 \left( {1 + u} \right)}}} \right]}:\left( 1 \right) }$

Αλλά

$\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{u - \left( {1 + u} \right)\ln \left( {1 + u} \right)}} {{u^2 \left( {1 + u} \right)}}\mathop = \limits^{\frac{0} {0},Del'Hospital} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{\left( {u - \left( {1 + u} \right)\ln \left( {1 + u} \right)} \right)^\prime }} {{\left( {u^2 \left( {1 + u} \right)} \right)^\prime }} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{1 - \ln \left( {1 + u} \right) - 1}} {{2u\left( {1 + u} \right) + u^2 }} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{ - \ln \left( {1 + u} \right)}} {{3u^2 + 2u}} }$

$\displaystyle{ \mathop = \limits^{\frac{0} {0},Del'Hospital} \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{\left( { - \ln \left( {1 + u} \right)} \right)^\prime }} {{\left( {3u^2 + 2u} \right)^\prime }} = \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } \frac{{ - \frac{1} {{\left( {1 + u} \right)}}}} {{6u + 2}} = - \frac{1} {2} }$

Και επειδή $\displaystyle{ \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } e^{\frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u}} \mathop = \limits^{t = \frac{{\ln \left( {1 + u} \right)}} {u} \to \mathop {\lim }\limits_{u \to 0^ + } t = \ldots 1} \mathop {\lim }\limits_{t \to 1} e^t = e }$ τελικά θα είναι … $\displaystyle{ \boxed{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = - \frac{e} {2}} }$

Στάθης

Υ.Σ. Επλίζω να μην έχω κάνει λάθος στις πράξεις

Γιώργος Απόκης · #3

Mε πρόλαβες Στάθη! Τελείωσα τους υπολογισμούς, δεν πρόλαβα να τη γράψω εδώ... Το αποτέλεσμα είναι $\displaystyle{-\frac{e}{2}}$

Ωmega Man · #4

Χωρίς να έχω δει αναλυτικά τις πράξεις το αποτέλεσμα είναι τόσο. Αναμένουμε και έναν άλλο τρόπο από έναν παλιό γνώριμο του forum.

#5

Θα δώσω μια λύση με Taylor για τον εξής λόγο. Η εύρεση ορίων με χρήση Taylor δίνει έναν ενιαίο τρόπο αντιμετώπισης, ανεξάρτητα (συνήθως) από την πολυπλοκότητα της παράστασης, ανάγοντας έτσι τη διαδικασία σε υπόθεση απλών πράξεων. Δε χρειάζονται δηλαδή επί τούτου κόλπα.

Αρκεί κανείς να θυμάται τα αναπτύγματα Taylor κάποιων βασικών συνσρτήσεων, π.χ.

$\displaystyle{\ln(1\pm x)=\pm x-\frac{x^2}{2}\pm \frac{x^3}{3}+\mathcal O(x^4)}$ , για |x|<1

$\displaystyle{e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\mathcal O(x^4)}$ για $x\in\mathbb R$ ,

$\displaystyle{\frac{1}{1\mp x}=1\pm x+x^2\pm x^3+\mathcal O(x^4)}$ , για |x|<1

,

$\displaystyle{(1\pm x)^a=1\pm ax+\frac{a(a-1)}{2}x^2+\mathcal O(x^3)}$ για |x|<1

και $a\in\mathbb R$ .

Αν τώρα έχουμε μια $\displaystyle{f(x)}$ με $\displaystyle{\lim_{x\to x_{0}\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}}f(x)=a}$ με το

να είναι εσωτερικό σημείο της ακτίνας σύγκλισης της εκάστοτε δυναμοσειράς, τότε παίρνουμε αντίστοιχα :

$\displaystyle{\ln(1\pm f(x))=\pm f(x)-\frac{f^2(x)}{2}\pm \frac{f^3(x)}{3}+\mathcal O(f^4(x))}$ , για

κοντά στο $x_{0}$ ,

$\displaystyle{e^{f(x)}=1+f(x)+\frac{f^2(x)}{2!}+\frac{f^3(x)}{3!}+\mathcal O(f^4(x))}$ , για

κοντά στο $x_{0}$ ,

$\displaystyle{\frac{1}{1\mp f(x)}=1\pm f(x)+f^2(x)\pm f^3(x)+\mathcal O(f^4(x))}$ , για

κοντά στο $x_{0}$ ,

$\displaystyle{(1\pm f(x))^a=1\pm af(x)+\frac{a(a-1)}{2}f^2(x)+\mathcal O(f^3(x))}$ , για

κοντά στο $x_{0}$ , και $a\in\mathbb R$ .

Στη συγκεκριμένη τώρα περίπτωση, για

κοντά στο $+\infty$ θα πάρουμε

$\displaystyle{x\left\{\exp\left[x\ln\left(x+\underbrace{\frac{1}{x}}_{f(x)}\right)\right]-e\right\}=x\left\{\exp\left[x\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{2x^2}+\mathcal O(1/x^3)\right)-e\right]\right\}=x\left\{\exp\left[\left(1-\frac{1}{2x}+\mathcal O(1/x^2)\right)-e\right]\right\}=}$

$\displaystyle{xe\left[\exp\left(\underbrace{-\frac{1}{2x}+\mathcal O(1/x^2)}_{f(x)}\right)-1\right]=xe\left[1-\frac{1}{2x}+\mathcal O(1/x^2)+\mathcal O\Big(-1/(2x)+\mathcal O(1/x^2)\Big)^2\right]=xe\left(-\frac{1}{2x}+\mathcal O(1/x^2)\right)=}$

$\displaystyle{-\frac{e}{2}+\mathcal O(1/x)\stackrel{x\to+\infty}{\longrightarrow}-\frac{e}{2}}$ .

Να βρούμε τώρα και το $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}x^2\left[\left(1+\frac{1}{x}\right)^x-e\right]+\frac{xe}{2}}$ ;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ωmega Man · #6

Ο κύριος που σας έλεγα εμφανίστηκε!

#7

Ωmega Man έγραψε:Ο κύριος που σας έλεγα εμφανίστηκε!

ούστ βρε παλιάνθρωπε

#8

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
Να βρούμε τώρα και το $\displaystyle{\lim_{x\to+\infty}x^2\left[\left(1+\frac{1}{x}\right)^x-e\right]+\frac{xe}{2}}$ ;

Θα δώσω λύση και για τα δύο όρια, το αρχικό και το νέο, γιατί οι πράξεις είναι κοινές.

$\displaystyle{x \left( \left(x+\frac {1}{x} \right)^x -e \right) = x \left( e^ {x \ln\left(x+\frac {1}{x} \right) }-e \right) = x \left( e^ {x \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{2x^2} + \frac{1}{3x^3}+ ... \right) }-e \right)=$

$\displaystyle{= x e\left( e^ {- \frac{1}{2x} + \frac{1}{3x^2} - \frac{1}{4x^3} ... }-1 \right) = xe \left( \left(-\frac{1}{2x} + \frac{1}{3x^2} + ... \right) + \frac{1}{2!} \left(-\frac{1}{2x} + \frac{1}{3x^2} + ... \right) ^2 +\frac{1}{3!} \left(-\frac{1}{2x} + \frac{1}{3x^2} + ... \right) ^3+ ... \right)=$

$\displaystyle{= xe \left( -\frac{1}{2x} + \frac{1}{3x^2} - \frac{1}{4x^3}+ \frac{1}{2} \left(\frac{1}{4x^2} - \frac{1}{3x^3}+ ... \right) +\frac{1}{6} \left(- \frac{1}{8x^3}+ ... \right)+ ... \right)=$

$\displaystyle{= e \left( -\frac{1}{2} + \frac{11}{24x}- \frac{7}{16x^2}+ ... \right)$ (*)

Στο όριο δίνει $\displaystyle{-\frac{e}{2}$ , όπως παραπάνω.

Τώρα, αντιγράφοντας τον όρο μέσα στις παρενθέσεις στο (*) έχουμε

$\displaystyle{x^2 \left( \left(x+\frac {1}{x} \right)^x -e \right) + \frac{xe}{2} = xe \left( \frac{11}{24x} - \frac{7}{16x^2}+ ... \right) = \frac{11e}{24} - \frac{e}{6x}+ ...$

που στο όριο δίνει $\displaystyle{\frac{11e}{24}$

Φιλικά,

Μιχάλης

#9

Για να προλάβω τον Αναστάση που είναι έτοιμος να ρωτήσει το $\displaystyle{\lim_{x\to \infty} x^3 \left( \left( x +\frac {1}{x}\right)^x -e\right) + \frac {ex}{2} - \frac{11ex^2}{24}$ (απάντηση: $\frac {-7e}{16}$ ) είπα να βρω το ασυμπτωτικό ανάπτυγμα του $\displaystyle{\left( 1+ \frac{1}{x} \right)^x$ . Αυτό απαντά σε όλα τα αντίστοιχα ερωτήματα.

Ακολουθώντας την διαδικασία του παραπάνω ποστ, γράφοντας δηλαδή $\displaystyle{\left( 1+ \frac{1}{x} \right)^x = e^{x \ln \left( 1+ \frac{1}{x} \right) }$ , και αναπτύσσοντας κατά Taylor, βρήκα (αφήνω τις πράξεις ρουτίνας)

$\displaystyle{\left( 1+ \frac{1}{x} \right)^x \approx e - \frac {e}{2x} + \frac {11e}{24x^2}- \frac {7e}{16x^3}+ \frac {2447e}{5760x^4}- \frac {959e}{2304x^5}+ \calc O \left( \frac{1}{x^6} \right)$ .

Eίναι ευκολότερο (και για την αρχική άσκηση) να βρούμε το ανάπτυγμα Taylor στο 0 του $\displaystyle{f(u)=\left( 1+u \right)^{\frac{1}{u}}, \,\, u \ne 0, \,\, f(0) = e$ , απευθείας από τον τύπο $\displaysyle{f(u) = f(0) + f^{\prime}(0) x + \frac {1}{2!} f^{\prime \prime}(0) x^2+...$ . Το έκανα και έτσι αλλά μόνο για τους τρεις πρώτους όρους (ρουτίνα).

Αυτά.

Φιλικά,

Μιχάλης

όριο ασεπ.

όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Re: όριο ασεπ.

Μέλη σε σύνδεση