Question

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

Comments

Sanırım burada yer alan sonucu kullanacağız.

---

$\left(1+\dfrac1n\right)^n=e^{n\ln\left(1+\dfrac1n\right)}$  eşitliği ,  $\ln\left(1+\dfrac1n\right)=\dfrac 1n-\dfrac1{2n^2}+\dfrac1{3n^3}-\cdots$   Taylor açılım ve son olarak küçük $x$ değerleri için $e^x=1+x$ yaklaşımı kullanılarak $-\frac{e}2$ bulunuyor.

---

$\left(1+\dfrac1n\right)^n=e^{n\ln\left(1+\dfrac1n\right)}$  $$\ln\left(1+\dfrac1n\right)=\dfrac 1n-\dfrac1{2n^2}+\dfrac1{3n^3}-\cdots$$  

$$n\ln\left(1+\dfrac1n\right)=1-\dfrac 1{2n}+\dfrac1{3n^2}-\cdots$$

$$e^{n\ln(1+\frac1n)}=e.e^{-\frac1{2n}+\frac 1{3n^2}-...}$$    $e^x=1+x$,  $x=-\frac1{2n}+\frac 1{3n^2}-..$  

$$e^{n\ln(1+\frac1n)}=e.(1-\frac1{2n}+\frac 1{3n^2}-...)$$  $$n.e^{n\ln(1+\frac1n)}=n.e(1-\frac1{2n}+\frac 1{3n^2}-...)$$

$$\lim_{n \to \infty}(n.e^{n\ln(1+\frac1n)}-n.e)=n.e(1-\frac1{2n}+\frac 1{3n^2}-...)-n.e=-\frac e2+\frac e{3n}+...$$

$$\lim_{n \to \infty}(n.e^{n\ln(1+\frac1n)}-n.e)=-\frac e2 $$

---

$e^x=1+x$  doğru değil ama basitçe düzeltilebilir.

---

$x\to 0$ için $e^x=1+x$ olarak değerlendirebiliriz.

---

Bu gibi şeylerde çok dikkatli olmak gerekir. $n\to\infty$ için $\left(1+\frac1n\right)^n\to e$,

ama burada kullanırsak
$\lim_{n\to\infty}\left(n\left(1+\frac1n\right)^n-ne\right)=\lim_{n\to\infty}(ne-ne)=0$ çıkar.
Onun yerine
$e^x=1+x+\frac{x^2}2+\cdots$

$\Rightarrow e^{n\ln(1+\frac1n)}=1+\left(1-\frac1n+\cdots\right)+\frac12\left(1-\frac1n+\cdots\right)^2+\cdots$
kullanılabilir.

---

İfadeyi

$\lim_{n\to\infty}{n\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n-e\right)}=\lim_{n\to\infty}\frac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n-e}}{\frac{1}{n}}$ şeklinde yazıp L'Hospital uygulayınca da çıkıyor fakat iki kere uygulamak gerekiyor.

---

@alpercay,
Bu çözümü yazabilirseniz iyi olur.

---

Vakit bulunca yazayım hocam.

Answer 1

$\lim_{n\to\infty}{n\left(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n-e\right)}=\lim_{n\to\infty}\dfrac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n-e}}{\frac{1}{n}}=\dfrac00$ 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.

Answer 2

Metin Can Aydemir'e ait bir çözüm:

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.