Limite remarcabile

Limitele remarcabile sunt termeni folosiți în manualele sovietice și rusești de analiză matematică pentru a desemna două identități matematice binecunoscute cu luarea limitei :

Prima limită remarcabilă: $\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin x}{x}}=1.$
A doua limită remarcabilă: $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e.$

Prima limită remarcabilă

$\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin x}{x}}=1$

Dovada:

Luați în considerare limitele unilaterale și demonstrați că acestea sunt egale cu 1. $\lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}$ $\lim _{x\to {\displaystyle -}0}{\frac {\sin x}{x}}$

Să luăm în considerare cazul . Să trasăm acest unghi pe cercul unității astfel încât vârful său să coincidă cu originea coordonatelor și o latură să coincidă cu axa . Fie punctul de intersecție al celei de-a doua laturi a unghiului cu cercul unitar și punctul cu tangenta la acest cerc în punctul . Punctul este proiecția unui punct pe axă . $x\in \left(0;{\frac {\pi }{2}}\right)$ $BOU$ $K$ $L$ $A=\left(1;0\right)$ $H$ $K$ $BOU$

Este evident ca:

S_{\triangle OKA}<S_{sectKOA}<S_{\triangle OAL}

(unu)

(unde este zona sectorului ) $S_{sectKOA}$ $KOA$

Pentru ca : $\left|KH\right|=\sin x,\,\left|LA\right|=\operatorname {tg} x$

S_{\triangle OKA}={\frac {1}{2}}\cdot \left|OA\right|\cdot \left|KH\right|={\frac {1}{2}}\ cdot 1\cdot \sin x={\frac {\sin x}{2))

S_{sectKOA}={\frac {1}{2}}\cdot \left|OA\right|^{2}\cdot x={\frac {x}{2}}

S_{\triangle OAL}={\frac {1}{2}}\cdot \left|OA\right|\cdot \left|LA\right|={\frac {\operatorname {tg} x} {2}}

Înlocuind în (1), obținem:

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

De la ora : $x\to +0:\sin x>0,\,x>0,\,\operatorname {tg} x>0$

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

Înmulțim cu : $\sin x$

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

Să mergem la limită:

\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

Să găsim limita unilaterală din stânga (deoarece funcția este pară, acest lucru nu este necesar, este suficient să demonstrăm acest lucru pentru limita dreaptă):

\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

Limitele unilaterale dreapta și stânga există și sunt egale cu 1, ceea ce înseamnă că limita în sine este egală cu 1.

Consecințe:

$\lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {tg} x}{x}}=1$
$\lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arcsin} x}{x}}=1$
$\lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arctg} x}{x}}=1$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {1-\cos x}{{\frac {x^{2}}{2}}}}=1$

Dovada consecințelor

\lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {tg} x}{x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x\cos x }}=\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {1}{\cos x}}=1\ cdot 1=1

\lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arcsin} x}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=\operatorname {arcsin} x\\x=\ sin u\\u\to 0\\x\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {u}{\sin u}}=1

\lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arctg} x}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=\operatorname {arctg} x\\x=\ operatorname {tg} u\\u\to 0\\x\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {u}{\operatorname {tg} u} }=1

\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x}{\frac {x^{2}}{2}}}=\lim _{x\to 0}{\frac {2\cdot \sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{2\cdot \left({\frac {x}{2}}\right)^{2}}}=\lim _{{\frac {x}{2}}\la 0}\left({\frac {\sin {\frac {x}{2}}}{\frac {x}{2}}}\right) ^{2}=1^{2}=1

A doua limită remarcabilă

$\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$ sau $\lim _{{x\la 0}}\left(1+x\right)^{{1/x}}=e$

Dovada existenței celei de-a doua limite remarcabile:

Dovada valorilor naturale ale lui x

$\blacktriangleleft$ Să demonstrăm mai întâi teorema pentru cazul șirului $x_{{n}}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n};\n\in {\mathbb N}$

Conform formulei binomiale a lui Newton : $(a+b)^{n}=a^{n}~+~{\frac {n}{1}}\cdot a^{{n-1}}\cdot b~+~{\frac {n (n-1)}{1\cdot 2}}\cdot a^{{n-2}}\cdot b^{2}~+~...~+~{\frac {n(n-1) (n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n))\cdot b^{n};\ n\in {\ matematică N}$

Presupunând că obținem: $a=1;~b={\frac {1}{n}}$

\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=1~+~{\frac {n}{1}}\cdot {\frac {1}{n}}~ +~{\frac {n(n-1)}{1\cdot 2}}\cdot {\frac {1}{n^{2}}}~+~{\frac {n(n-1)( n-2)}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot {\frac {1}{n^{3}}}~+~...~+~{\frac {n(n-1) (n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot {\frac {1}{n^{n} }}=

=1~+~1~+~{\frac {1}{1\cdot 2}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)~+~{\ frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n} }\right)~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot \left(1-{\frac {1} {n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdot ...\cdot \left(1-{\frac {n-1}{n} }\dreapta)

(unu)

Pe măsură ce numărul termenilor pozitivi din partea dreaptă a egalității (1) crește, numărul crește. În plus, pe măsură ce numărul crește, numărul scade, astfel încât valorile cresc. Prin urmare, secvența este în creștere , în timp ce $n$ $n$ ${\frac {1}{n}}$ $\left(1-{\frac {1}{n}}\dreapta),\left(1-{\frac {2}{n}}\right),...$ $\{x_{{n}}\}=\left\{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right\};\ n\in {\mathbb N }$

\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\geq 2,n\in \mathbb {N}

(2).

Să arătăm că este mărginit. Înlocuim fiecare paranteză din partea dreaptă a egalității cu una, partea dreaptă crește, obținem inegalitatea

\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+1+{\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{1\ cdot 2\cdot 3}}~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}

Întărim inegalitatea rezultată, înlocuim 3,4,5, ..., stând în numitorii fracțiilor, cu numărul 2:

\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+\left(1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2^ {2}}}+...+{\frac {1}{2^{{n-1}}}}\dreapta)

Găsim suma între paranteze folosind formula pentru suma membrilor unei progresii geometrice:

1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2^{2}}}+...+{\frac {1}{2^{{n-1}}}} ={\frac {1\cdot \left(1-({\frac {1}{2)))^{n}\right)}{1-{\frac {1}{2))))=2 \cdot \left(1-{\frac {1}{2^{n}}}\right)<2

Prin urmare (3). $\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+2=3$

Deci, șirul este mărginit de sus, în timp ce inegalitățile (2) și (3) sunt satisfăcute: . $\forall n\in {\mathbb N}$ $2\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<3$

Așadar, pe baza teoremei Weierstrass (un criteriu pentru convergența unei secvențe), șirul este monoton crescător și mărginit, ceea ce înseamnă că are o limită, notată cu litera e . Acestea. $x_{{n}}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},\n\in {\mathbb N}$ $\lim _{{n\la \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$ $\blacktriangleright$

$\blacktriangleleft$ Știind că a doua limită remarcabilă este adevărată pentru valorile naturale ale lui x, demonstrăm a doua limită remarcabilă pentru x real, adică demonstrăm că . Luați în considerare două cazuri: $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e;\ x\in {\mathbb R}$

1. Fie . Fiecare valoare x este închisă între două numere întregi pozitive: , unde este partea întreagă a lui x. $x\rightarrow +\infty$ $n\leqslant x<n+1$ $n=[x]$

Din aceasta rezultă: prin urmare

{\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}}

\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}<\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x} \leqslant \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}

. Dacă , atunci . Prin urmare, conform limitei , avem:

x\rightarrow +\infty

n \rightarrow \infty

\lim _{{n\la \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e

\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}={\frac {\lim \limits _{{n\ la \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

. Pe baza (pe limita unei funcţii intermediare) a existenţei limitelor .

\lim _{{x\la +\infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e

2 . Lasă . Să facem o înlocuire , atunci $x\la -\infty$ $-x=t$

\lim _{{x\la -\infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=\lim _{{t\la +\infty }}\ stânga(1-{\frac {1}{t}}\right)^{{-t}}=\lim _{{t\la +\infty }}\left({\frac {t}{t- 1}}\right)^{t}=\lim _{{t\to +\infty }}\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{t}=

=\lim _{{t\la +\infty }}\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{{t-1}}\cdot \lim _{{t \to +\infty }}\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{1}=e\cdot 1=e

Evident, aceste două cazuri implică faptul că pentru x real. $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$ $\blacktriangleright$

Consecințe

$\lim _{{u\to 0}}(1+u)^{{\frac {1}{u}}}=e$
$\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {k}{x}}\right)^{x}=e^{k}$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=1$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {a^{x}-1}{x\ln a}}=1$ pentru , $a>0$ $a\neq 1$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {(1+x)^{\alpha }-1}{\alpha x}}=1$

Dovezi ale consecințelor

$\lim _{{u\to 0}}(1+u)^{{\frac {1}{u}}}=\left[{\begin{matrix}u=1/x\\x\to \ infty \end{matrice}}\right]=\lim _{{x\la \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$
$\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {k}{x}}\right)^{x}=\left[{\begin{matrix}u=x/k\ \x=ku\\u\to \infty \\x\to \infty \end{matrix}}\right]=\lim _{{u\to \infty }}\left(1+{\frac {1 }{u}}\right)^{{ku}}=\left(\lim _{{u\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{u}}\right)^{ u}\dreapta)^{k}=e^{k}$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {1}{x}}\ ln(1+x)=\lim _{{x\to 0}}\ln((1+x)^{{\frac {1}{x}}})=\ln e=1$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}-1}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=e^{x}-1\\x= \ln(1+u)\\x\to 0\\u\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{{u\to 0}}{\frac {u}{\ln( 1+u)}}=1$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {a^{x}-1}{x\ln a}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{{ \ln(a^{x})}}-1}{x\ln a}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{{x\ln a}}-1} {x\ln a}}=\left[{\begin{matrix}u=x\ln a\\u\to 0\\x\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{{ u\la 0}}{\frac {e^{u}-1}{u}}=1$
$\lim _{{x\to 0}}{\frac {(1+x)^{\alpha }-1}{\alpha x}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac { e^{{\alpha \ln(1+x)}}-1}{\alpha x}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{{\alpha \ln(1 +x)))-1}{\alpha \ln(1+x)}}\cdot \lim _{{x\to 0}}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=$

=\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{{\alpha \ln(1+x)))-1}{\alpha \ln(1+x)))\cdot 1= \left[{\begin{matrix}u=\alpha \ln(1+x)\\x\to 0\\u\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{{u\to 0}}{\frac {e^{u}-1}{u}}=1

Aplicație

Limitele remarcabile și consecințele lor sunt folosite în dezvăluirea incertitudinilor pentru a găsi alte limite.

Vezi și

Lista limitelor

Literatură

Ilyin V. A. , Poznyak E. G. Fundamentele analizei matematice (în două părți) . - M . : Fizmatlit, 2005. - S. 24 -25. - ISBN 5-9221-0536-1 .

Link -uri

Remarkable Limits on Wikia Science Mathematics Arhivat 22 septembrie 2018 la Wayback Machine