Bemærkelsesværdige grænser

Bemærkelsesværdige grænser er udtryk, der bruges i sovjetiske og russiske lærebøger om matematisk analyse for at betegne to velkendte matematiske identiteter med at tage grænsen :

Første bemærkelsesværdige grænse: $\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin x}{x}}=1.$
Anden bemærkelsesværdig grænse: $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e.$

Første bemærkelsesværdige grænse

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

Bevis:

Overvej ensidige grænser og bevis, at de er lig med 1. $\lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}$ $\lim _{x\to {\displaystyle -}0}{\frac {\sin x}{x}}$

Lad os overveje sagen . Lad os plotte denne vinkel på enhedscirklen, så dens toppunkt falder sammen med oprindelsen af koordinater, og den ene side falder sammen med aksen . Lade være skæringspunktet for den anden side af vinklen med enhedscirklen, og punktet med tangenten til denne cirkel i punktet . Punkt er projektionen af et punkt på aksen . $x\in \left(0;{\frac {\pi }{2}}\right)$ $OKSE$ $K$ $L$ $A=\left(1;0\right)$ $H$ $K$ $OKSE$

Det er tydeligt at:

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

(en)

(hvor er sektorområdet ) $S_{sectKOA}$ $KOA$

Fordi : $\left|KH\right|=\sin x,\,\left|LA\right|=\operatørnavn {tg} x$

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 {\operatørnavn {tg} x} {2}}

Hvis vi erstatter (1), får vi:

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

Siden kl .: $x\to +0:\sin x>0,\,x>0,\,\operatørnavn {tg} x>0$

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

Vi multiplicerer med : $\sin x$

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

Lad os gå til grænsen:

\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

Lad os finde den venstre ensidige grænse (da funktionen er lige, er dette ikke nødvendigt, det er nok at bevise dette for den højre grænse):

\lim _{x\to -0}{\frac {\sin x}{x}}=\venstre[{\begin{matrix}u=-x\\x=-u\\u\to +0\\x\til -0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\til +0}{\frac {\sin(-u)}{-u}}=\lim _{ u\til +0}{\frac {-\sin(u)}{-u}}=\lim _{u\til +0}{\frac {\sin(u)}{u}}=1

De højre og venstre ensidige grænser eksisterer og er lig med 1, hvilket betyder, at selve grænsen er lig med 1.

Konsekvenser:

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

Bevis for konsekvenser

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

\lim _{x\to 0}{\frac {\operatørnavn {arcsin} x}{x}}=\venstre[{\begin{matrix}u=\operatørnavn {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 {\operatørnavn {arctg} x}{x}}=\venstre[{\begin{matrix}u=\operatørnavn {arctg} x\\x=\ operatornavn {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}\venstre({\frac {\sin {\frac {x}{2}}}{\frac {x}{2}}}\right) ^{2}=1^{2}=1

Den anden bemærkelsesværdige grænse

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

Bevis for eksistensen af den anden bemærkelsesværdige grænse:

Bevis for naturværdier af x

$\blacktriangleleft$ Lad os først bevise sætningen for sekvensens tilfælde $x_{{n}}=\venstre(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n};\ n\i {\mathbb N}$

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

Forudsat at 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} }\ret)

(en)

Når antallet af positive udtryk på højre side af lighed (1) stiger, stiger antallet. Derudover, når tallet stiger, falder tallet , så værdierne stiger. Derfor er rækkefølgen stigende , mens $n$ $n$ ${\frac {1}{n}}$ $\left(1-{\frac {1}{n}}\right),\left(1-{\frac {2}{n}}\right),...$ $\{x_{{n}}\}=\venstre\{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right\};\ n\i {\mathbb N }$

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

(2).

Lad os vise, at det er begrænset. Vi erstatter hver parentes på højre side af ligheden med én, højre side øges, vi får uligheden

\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 styrker den resulterende ulighed, erstatter 3,4,5, ..., der står i nævnerne af brøker, med tallet 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 finder summen i parentes ved hjælp af formlen for summen af medlemmer af 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

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

Så rækkefølgen er afgrænset ovenfra, mens ulighederne (2) og (3) er opfyldt: . $\forall n\in {\mathbb N}$ $2\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<3$

Derfor er sekvensen ud fra Weierstrass-sætningen (et kriterium for konvergens af en sekvens) monotont stigende og afgrænset, hvilket betyder, at den har en grænse, betegnet med bogstavet e . De der. $x_{{n}}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},\ n\i {\mathbb N}$ $\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$ $\blacktriangleright$

$\blacktriangleleft$ Ved at vide, at den anden bemærkelsesværdige grænse er sand for naturlige værdier af x, beviser vi den anden bemærkelsesværdige grænse for reelle x, det vil sige, vi beviser, at . Overvej to tilfælde: $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e;\ x\in {\mathbb R}$

1. Lad . Hver x-værdi er indesluttet mellem to positive heltal: , hvor er heltalsdelen af x. $x\højrepil +\infty$ $n\leqslant x<n+1$ $n=[x]$

Heraf følger: derfor

{\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}

. Hvis , så . Derfor har vi ifølge grænsen :

x\højrepil +\infty

n \højrepil \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\ til \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 grundlag (på grænsen af en mellemfunktion) af eksistensen af grænser .

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

2 . Lad . Lad os så lave en udskiftning $x\til -\infty$ $-x=t$

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

Disse to tilfælde indebærer naturligvis, at for reelle x. $\lim _{{x\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$ $\blacktriangleright$

Konsekvenser

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

Beviser for konsekvenser

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