Қатысушы:Nazhmidenova/Тамаша шектер

Тамаша шектер — Совет және Ресей математикалық анализ кітаптарында екі кең тараған шек алумен байланысты математикалық тепе-теңдік:

• Бірінші тамаша шек:

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

• Екінші тамаша шек:

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

Бірінші тамаша шек

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

Дәлелденуі:

Sinx x limit proof

Ең алдымен $\lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}$ және $\lim _{x\to {\displaystyle -}0}{\frac {\sin x}{x}}$ екі біржақты шектерді қарастырып, олардың 1-ге тең екендігін дәлелдейік.

$x\in \left(0;{\frac {\pi }{2}}\right)$ мынандай жағды қарастырайық. Бірлік шеңберде бір ұшы координалар басымен, ал бір жағы $OX$ өсімен сай келетіндей бұрыш алайық. $K$ — бұрыштың екінші жағы мен шеңбердің қиылысу нүктесі, ал $L$ — $A=\left(1;0\right)$ нүктесіндегі жанамамен қиылысу нүктесі болсын. $H$ нүктесі — $K$ нүктесінің $OX$ өсіне түсірілген проекциясы.

Яғни:

$S_{\triangle OKA}<S_{sectKOA}<S_{\triangle OAL}$ (1)

($S_{sectKOA}$ — $KOA$ секторының ауданы) $\left|KH\right|=\sin x,\,\left|LA\right|=\operatorname {tg} x$ болғандықтан:

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

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

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

(1) орнына қойсақ:

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

$x\to +0:\sin x>0,\,x>0,\,\operatorname {tg} x>0$ болғандықтан:

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

$\sin x$-ке көбейтеміз:

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

Шекке өтейік:

$\lim _{x\to +0}\cos x\leqslant \lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1$

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

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

Сол жақ біржақты шегін тауып алайық (функция тақ болғандықтан, тек қана оң жақ үшін дәлелдеген жеткілікті):

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

Сол және оң біржақты шектері бар және ол 1-ге тең, яғни шек өзі де 1-ге тең болады.

Салдар:

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

Салдардың дәлелдері  

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

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

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

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

Екінші тамаша шек

Екінші тамаша шектің бар екендігінің дәлелі:

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

х-тің натурал мәндері үшін дәлел  

$\blacktriangleleft$  Ең алдымен теореманы сан тізбегі үшін дәлелдеп алайық $x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n};\ n\in \mathbb {N}$

Ньютон биномы формуласы бойынша: $(a+b)^{n}=a^{n}~+~{\frac {n}{1}}\cdot a^{n-1}\cdot b~+~{\frac {n(n-1)}{1\cdot 2}}\cdot a^{n-2}\cdot b^{2}~+~...~+~{\frac {n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot b^{n};\ n\in \mathbb {N}$

$a=1;~b={\frac {1}{n}}$ деп алып:

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

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

$n$-нің өсуімен теңдіктің оң жағындағы (1) оң қосындылардың саны артады. Сонымен қатар, $n$-нің өсуімен ${\frac {1}{n}}$ саны кемиді, сондықтан $\left(1-{\frac {1}{n}}\right),\left(1-{\frac {2}{n}}\right),...$ өрнектері артады. Сондықтан $\{x_{n}\}=\left\{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right\};\ n\in \mathbb {N}$ қатары — өспелі, ал сонымен бірге

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

Оның шектелгендігін көрсетейік. Теңдіктің оң жағындағы барлық жақшаларды 1-ге алмастырғанда, оң жағы артады, сонда осындай теңсіздік пайда болады

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

Теңсіздікті күшейтейік; бөлшектердің бөлімдеріндегі 3,4,5, …, сандарын 2-ге алмастырайық:

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

Жақшадағы сандардың қосындысын геометриялық прогрессияның қосындысы бойынша табамыз:

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

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

Сонымен, тізбек жоғарыдан шектелген, сонымен бірге $\forall n\in \mathbb {N}$ выполняются неравенства (2) и (3):   $2\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<3$.

Вейерштрасс теоремасы бойынша (тізбектердің жинақталу критериясы) $x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},\ n\in \mathbb {N}$ тізбегі монотонды өседі және шектелген, яғни шегі бар - e. Яғни: $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$ $\blacktriangleright$

$\blacktriangleleft$   Екінші тамаша шектің натурал сандар үшін орындалатынын білген соң, оның нақты сандар үшін орындалатындығын дәлелдейік, яғни $\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e;\ x\in \mathbb {R}$ дәлелдейік. Екі жағдайды қарастырайық: 1. $x\rightarrow +\infty$ болсын. х-тің әрбір мәні екі оң бүтін сандардың арасында орналасқан: $n\leqslant x<n+1$, ал $n=[x]$ дегеніміз х-тің бүтін бөлігі.

Ал бұдан шығатыны: ${\frac {1}{n+1}}<{\frac {1}{x}}\leqslant {\frac {1}{n}}~~\Longleftrightarrow ~~1+{\frac {1}{n+1}}<1+{\frac {1}{x}}\leqslant 1+{\frac {1}{n}}$, сондықтан

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

Егер $x\rightarrow +\infty$, онда $n\rightarrow \infty$. Сондықтан, $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$ шегі бойынша:

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

$\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\cdot \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)=e\cdot 1=e$.

Шектердің бар болу белгісі бойынша(аралық функциялардың шектері туралы) $\lim _{x\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$.

2. $x\to -\infty$ болсын. $-x=t$ айнымалысын енгізейік, онда

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

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

Бұл екі жағдайдан х-тің нақты мәндері үшін $\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$ орындалатыны анық.    $\blacktriangleright$

Салдар

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. $\lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x\ln a}}=1$; $a>0$, $a\neq 1$ үшін.
6. $\lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{\alpha }-1}{\alpha x}}=1$

Салдардың дәлелдері  

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

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