Курс лекций по математическому анализу. Гатабон В.Д. - 26 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВСГУТУ | Улан-Удэ

Составители: 

Рубрика: 

4) Аналогично, используя полученный там же ре-
зультат:
0
log
lim =
∞→
n
n
a
n
(а>1), можно показать, что
0
log
lim =
+∞→
x
x
a
x
(а>1). Отсюда, заменив х на х
k
(k > 0), можно
получить, что
0
log
lim =
+∞→
k
a
x
x
x
, откуда получаем (заменой х на
x
1
):
0loglim
0
=
+→
xx
a
k
x
(а > 1, k > 0).
5) В приложениях часто используется следующий
предел:
1
sin
lim
0
=
→
x
x
x
(1). Из геометрических соображений
легко установить, что при
х ∈ (0,
π
/2) sin x < x < tg x (2). Раз-
делив (2) на sin
x, получим:
xx
x
cos
1
sin
1
<<
, или
x
x
x
cos
sin
1 >> , откуда x
x
x
cos1
sin
10 −<−< , а так как
x
xx
x <<=−
2
sin2
2
sin2cos1
2
(в силу (2)), то x
x
x
<−<
sin
10,
или
x
x
x
<−1
sin
, отсюда и следует (1).
Замечания:
1. Доказанный предел часто называют первым замеча-
тельным пределом.
2. Предел (1), как правило, применяется в более общей
форме: если
0)(lim
=
→
x
ax
α
, то 1
)(
)(sin
lim =
→
x
x
ax
α
α
. Например,
2
1
2
1
4
2
1
sin
lim2
)1(
2
1
sin2
lim
)1(
)1(cos1
lim
2
2
1
2
2
1
2
1
=
−
−
=
−
−
=
−
−−
→→→
x
x
x
x
x
x
xxx
.
6) 2-м замечательным пределом часто называют
e
x
x
x
=
+
±∞→
1
1lim (3).
Предел (3) при
х→+
∞
докажем, исходя из доказанно-
го в 2.6 предела числовой последовательности
e
n
n
n
=
+
∞→
1
1lim . Заметим прежде всего, что, по теореме из
3.7, для любой последовательности натуральных чисел {
n
k
},
стремящейся к
∞
, e
n
k
n
k
=
+
1
1lim . Пусть х пробегает ка-
кую-либо последовательность {х
k
} значений, стремящуюся
к +
∞
, причем можно считать, что ∀k x
k
> 1. Положим n
k
= [
x
k
], так что n
k
≤ x
k
< n
k
+1 и n
k
→ +
∞
. Тогда
kkk
nxn
11
1
1
≤<
+
,
откуда
1
1
1
1
1
1
1
1
+
+≤
+<
+
+
kkk
n
k
x
k
n
k
nxn
,
но
11
1
1
1
1
1
1
1
1
1
−+
+
+⋅
+
+=
+
+
k
n
k
n
k
nnn
kk
,
+⋅
+=
+
+
k
n
k
n
k
nnn
kk
1
1
1
1
1
1
1
, а так как
e
n
e
n
kk
n
k
n
k
→
+→
+
+
+
1
1,
1
1
1
1
и 1
1
1,1
1
1
1 →+→
+
+
kk
nn
,
то
e
nn
kk
n
k
n
k
=
+=
+
+
+1
1
1lim
1
1
1lim и по свойству 5 пре-
делов числовых последовательностей
e
x
k
x
k
x
=
+
+∞→
1
1lim . 
           4) Аналогично, используя полученный там же ре-                                  6)   2-м            замечательным                пределом             часто            называют
                      log a n                                                                  1
                                                                                                           x
зультат: lim                      = 0 (а>1), можно показать, что                         lim 1 +  = e (3).
                 n →∞      n                                                            x →±∞
                                                                                                x
       log a x
 lim             = 0 (а>1). Отсюда, заменив х на хk (k > 0), можно                              Предел (3) при х→+∞ докажем, исходя из доказанно-
x → +∞     x                                                                            го в 2.6 предела числовой последовательности
                               log a x                                                                n
получить, что lim                        = 0 , откуда получаем (заменой х на                  1
                       x → +∞    xk                                                     lim1 +  = e . Заметим прежде всего, что, по теореме из
 1
                                                                                        n →∞
                                                                                              n
    ): lim x k log a x = 0 (а > 1, k > 0).                                              3.7, для любой последовательности натуральных чисел {nk},
 x x→+0                                                                                                                                    nk
           5) В приложениях часто используется следующий                                                            1 
                                                                                        стремящейся к ∞, lim1 +  = e . Пусть х пробегает ка-
                    sin x                                                                                         nk 
предел: lim                 = 1 (1). Из геометрических соображений
              x →0    x                                                                 кую-либо последовательность {хk} значений, стремящуюся
легко установить, что при х ∈ (0, π/2) sin x < x < tg x (2). Раз-                       к +∞, причем можно считать, что ∀k xk > 1. Положим nk = [
                                                                  x       1                                                            1     1   1
делив (2) на sin x, получим: 1 <                                      <        , или    xk], так что nk ≤ xk < nk+1 и nk → +∞. Тогда       <   ≤   ,
                                                               sin x cos x                                                           nk + 1 x k nk
      sin x                                       sin x                                         
                                                                                                                         nk                xk                   nk +1
1>           > cos x , откуда 0 < 1 −                     < 1 − cos x , а так как                    1           1        1
        x                                            x                                  откуда 1 +      < 1 +  ≤ 1 +                                        ,
                         x             x                                    sin x                nk + 1         xk     nk 
1 − cos x = 2 sin 2 < 2 sin < x (в силу (2)), то 0 < 1 −

Страницы