Файловый архив студентов. Файловый архив студентов.
1277 вузов, 4775 предметов.
/ Регистрация
FAQ Обратная связь Вопросы и предложения
Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Омский Государственный Технический Университет
Предмет:
Математический анализ
Файл:

Bilet_11

.odt
Скачиваний:
0
Добавлен:
18.09.2018
Размер:
24.34 Кб
Скачать
☆

Замеча́тельные преде́лы — термин, использующийся в советских и российских учебниках по математическому анализу для обозначения некоторых широко известных математических тождеств со взятием предела. Особенно известны:

  • Первый замечательный предел:

    \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1.

  • Второй замечательный предел:

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

Первый замечательный предел

\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1

Доказательство

Sinx x limit proof.svg

Рассмотрим односторонние пределы \lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x} и \lim_{x \to 0-}\frac{\sin x}{x} и докажем, что они равны 1.

Пусть x \in (0; \frac{\pi}{2}). Отложим этот угол на единичной окружности (R = 1).

Точка K — точка пересечения луча с окружностью, а точка L — с касательной к единичной окружности в точке (1;0). Точка H — проекция точки K на ось OX.

Очевидно, что:

S_{\triangle OKA} < S_{sect OKA} < S_{\triangle OAL} (1)

(где SsectOKA — площадь сектора OKA)

S_{\triangle OKA} = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |KH| = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sin x = \frac{\sin x}{2}
S_{sect OKA} = \frac{1}{2} R^2 x = \frac{x}{2}
S_{\triangle OAL} = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |LA| = \frac{\mathrm{tg} x}{2}

(из \triangle OAL: | LA | = tgx)

Подставляя в (1), получим:

\frac{\sin x}{2} < \frac{x}{2} < \frac{\mathrm{tg} x}{2}

Так как при x \to 0+: \sin x > 0, x > 0, \mathrm{tg} x > 0:

\frac{1}{\mathrm{tg} x} < \frac{1}{x} < \frac{1}{\sin x}

Умножаем на sinx:

\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1

Перейдём к пределу:

\lim_{x \to 0+} \cos x \leqslant \lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x} \leqslant 1
1 \leqslant \lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x} \leqslant 1
\lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x} = 1

Найдём левый односторонний предел:

\lim_{x \to 0-}\frac{\sin x}{x} =\left [ \begin{matrix} u = -x \\ x = -u \\ u \to 0+ \\ x \to 0-\end{matrix} \right ] =\lim_{u \to 0+}\frac{\sin(-u)}{-u} =\lim_{u \to 0+}\frac{-\sin(u)}{-u} =\lim_{u \to 0+}\frac{\sin(u)}{u} = 1

Правый и левый односторонний пределы существуют и равны 1, а значит и сам предел равен 1.

Следствия

  • \lim_{x \to 0}\frac{\mathrm{tg} x}{x} = 1

  • \lim_{x \to 0}\frac{\arcsin x}{x} = 1

  • \lim_{x \to 0}\frac{\mathrm{arctg} x}{x} = 1

  • \lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{ \frac{x^2}{2} } = 1

Доказательство следствий  [показать]

[править]Второй замечательный предел

\lim_{x \to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e или \lim_{x \to 0}\left(1 + x\right)^{1/x} = e

Доказательство второго замечательного предела:

Доказательство для натуральных значений x  [показать]

\blacktriangleleft   Зная, что второй замечательный предел верен для натуральных значений x, докажем второй замечательный предел для вещественных x, то есть докажем, что \lim_{x \to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e;x\mathcal{2}~\mathbb R . Рассмотрим два случая:

1. Пусть x \rightarrow +\mathcal{1}. Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами: n\leqslant x<n+1, где ~n = [x] — это целая часть x.

Отсюда следует: \frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}\leqslant \frac{1}{n}~~\Longleftrightarrow~~1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n}, поэтому
\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^n<\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}.
Если x \rightarrow +\mathcal{1}, то n \rightarrow \mathcal{1}. Поэтому, согласно пределу \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e, имеем:
\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^n = \frac{\lim\limits_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n+1})^{n+1}}{\lim\limits_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)} = \frac{e}{1}=e
\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n\cdot \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)=e\cdot 1=e.
По признаку (о пределе промежуточной функции) существования пределов \lim_{x \to +\infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e.

2. Пусть x \to -\infty. Сделаем подстановку − x = t, тогда

\lim_{x \to -\infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = \lim_{t \to +\infty}\left(1 - \frac{1}{t}\right)^{-t}= \lim_{t \to +\infty}\left(\frac{t}{t-1}\right)^t = \lim_{t \to +\infty}\left(1 + \frac{1}{t-1}\right)^t =
= \lim_{t \to +\infty}\left(1 + \frac{1}{t-1}\right)^{t-1}\cdot \lim_{t \to +\infty}\left(1 + \frac{1}{t-1}\right)^1 = e\cdot1=e.

Из двух этих случаев вытекает, что \lim_{x \to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e для вещественного x.    \blacktriangleright

Следствия

  1. \lim_{u \to 0}(1 + u)^\frac{1}{u}=e

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

  3. \lim_{x \to 0}\frac{\ln(1 + x)}{x} = 1

  4. \lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1}{x} = 1

  5. \lim_{x \to 0}\frac{a^x - 1}{x \ln a} = 1 для a > 0 \,\!, a \neq 1 \,\!

  6. \lim_{x \to 0}\frac{(1 + x)^\alpha - 1}{\alpha x} = 1

 

Соседние файлы в предмете Математический анализ
Помощь Обратная связь Вопросы и предложения Пользовательское соглашение Политика конфиденциальности