Anmärkningsvärda gränser

Anmärkningsvärda gränser är termer som används i sovjetiska och ryska läroböcker om matematisk analys för att beteckna två välkända matematiska identiteter med att ta gränsen :

Första anmärkningsvärda gränsen: $\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin x}{x}}=1.$
Andra anmärkningsvärda gränsen: $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e.$

Första anmärkningsvärda gränsen

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

Bevis:

Tänk på ensidiga gränser och bevisa att de är lika med 1. $\lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}$ $\lim _{x\to {\displaystyle -}0}{\frac {\sin x}{x}}$

Låt oss överväga fallet . Låt oss rita denna vinkel på enhetscirkeln så att dess vertex sammanfaller med koordinaternas ursprung och ena sidan sammanfaller med axeln . Låta vara skärningspunkten för den andra sidan av vinkeln med enhetscirkeln, och punkten med tangenten till denna cirkel vid punkten . Punkt är projektionen av en punkt på axeln . $x\in \left(0;{\frac {\pi }{2}}\right)$ $OXE$ $K$ $L$ $A=\left(1;0\right)$ $H$ $K$ $OXE$

Det är uppenbart att:

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

(ett)

(var är sektorområdet ) $S_{sectKOA}$ $KOA$

Eftersom : $\left|KH\right|=\sin x,\,\left|LA\right|=\operatörsnamn {tg} x$

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 {\operatörsnamn {tg} x} {2}}

Om vi ersätter med (1) får vi:

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

Sedan kl : $x\to +0:\sin x>0,\,x>0,\,\operatörsnamn {tg} x>0$

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

Vi multiplicerar med : $\sin x$

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

Låt oss gå till gränsen:

\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

Låt oss hitta den vänstra ensidiga gränsen (eftersom funktionen är jämn, är detta inte nödvändigt, det räcker för att bevisa detta för den högra gränsen):

\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

Höger och vänster ensidiga gränser finns och är lika med 1, vilket betyder att själva gränsen är lika med 1.

Konsekvenser:

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

Bevis på konsekvenser

\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 {\operatörsnamn {arcsin} x}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=\operatörsnamn {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 {\operatörsnamn {arctg} x}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=\operatörsnamn {arctg} x\\x=\ operatornamn {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}}\to 0}\left({\frac {\sin {\frac {x}{2}}}{\frac {x}{2}}}\right) ^{2}=1^{2}=1

Den andra anmärkningsvärda gränsen

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

Bevis på existensen av den andra anmärkningsvärda gränsen:

Bevis för naturvärden av x

$\blacktriangleleft$ Låt oss först bevisa satsen för fallet med sekvensen $x_{{n}}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n};\ n\in {\mathbb N}$

Enligt Newtons binomialformel : $(a+b)^{n}=a^{n}~+~{\frac {n}{1}}\cdot a^{{n-1}}\cdot b~+~{\frac {n (n-1)}{1\cdot 2}}\cdot a^{{n-2}}\cdot b^{2}~+~...~+~{\frac {n(n-1) (n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n))\cdot b^{n};\ n\i {\ mathbb N}$

Förutsatt att vi får: $a=1;~b={\frac {1}{n}}$

\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} }\höger)

(ett)

När antalet positiva termer på den högra sidan av jämlikheten (1) ökar, ökar antalet. Dessutom, när antalet ökar, minskar antalet , så att värdena ökar. Därför ökar sekvensen , medan $n$ $n$ ${\frac {1}{n}}$ $\left(1-{\frac {1}{n}}\right),\left(1-{\frac {2}{n}}\right),...$ $\{x_{{n}}\}=\left\{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right\};\ n\i {\mathbb N }$

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

(2).

Låt oss visa att det är begränsat. Vi ersätter varje parentes på höger sida av jämlikheten med en, höger sida ökar, vi får ojämlikheten

\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}}

Vi förstärker den resulterande ojämlikheten, ersätter 3,4,5, ..., som står i bråkens nämnare, med siffran 2:

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

Vi hittar summan inom parentes med hjälp av formeln för summan av medlemmarna i en geometrisk progression:

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

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

Så sekvensen är avgränsad från ovan, medan olikheterna (2) och (3) är uppfyllda: . $\forall n\in {\mathbb N}$ $2\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<3$

Därför, baserat på Weierstrass-satsen (ett kriterium för en sekvenss konvergens), är sekvensen monotont ökande och avgränsad, vilket betyder att den har en gräns, betecknad med bokstaven e . De där. $x_{{n}}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},\ n\in {\mathbb N}$ $\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$ $\blacktriangleright$

$\blacktriangleleft$ Genom att veta att den andra anmärkningsvärda gränsen är sann för naturliga värden av x, bevisar vi den andra anmärkningsvärda gränsen för verkliga x, det vill säga vi bevisar att . Tänk på två fall: $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e;\ x\in {\mathbb R}$

1. Låt . Varje x-värde är inneslutet mellan två positiva heltal: , där är heltalsdelen av x. $x\högerpil +\infty$ $n\leqslant x<n+1$ $n=[x]$

Av detta följer: därför

{\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}

. Om , då . Därför, enligt gränsen , har vi:

x\högerpil +\infty

n \högerpil \infty

\lim _{{n\to \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\ till \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

. På grundval (på gränsen för en mellanfunktion) av förekomsten av gränser .

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

2 . Låt . Låt oss göra ett byte då $x\till -\infty$ $-x=t$

\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\cdot 1=e

Uppenbarligen innebär dessa två fall det för verkliga x. $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$ $\blacktriangleright$

Konsekvenser

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

Bevis på konsekvenser

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

=\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

Applikation

Anmärkningsvärda gränser och deras konsekvenser används i avslöjandet av osäkerheter för att hitta andra gränser.

Se även

Lista över gränser

Litteratur

Ilyin V. A. , Poznyak E. G. Fundamentals of Mathematical Analysis (i två delar) . - M . : Fizmatlit, 2005. - S. 24 -25. - ISBN 5-9221-0536-1 .

Länkar

Anmärkningsvärda gränser för Wikia vetenskap matematik Arkiverad 22 september 2018 på Wayback Machine