РК1›Тема 20. Второй замечательный предел

20. Второй замечательный предел

л. 7–8

Теорема

Как известно, предел последовательности (1+1n)n\left(1+\frac1n\right)^n равен e≈2,7182818284590…e\approx2{,}7182818284590\dots (тема 8a):
lim⁡n→∞(1+1n)n=e.\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e.

Теорема.
lim⁡x→∞(1+1x)x=e.\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac1x\right)^x=e.

В лекции без доказательства (кадр 19 пустой). В слайде 18 опечатка: «как известно передел последовательности».

Доказательство не из лекций и опоры

Опоры: предел последовательности (1+1n)n=e\left(1+\frac1n\right)^n=e (тема 8a; в лекции заявлен без доказательства); целая часть; теорема о промежуточной функции (тема 11); арифметика пределов (тема 13); определение Гейне для перехода «последовательность → функция» (тема 9).

x→+∞x\to+\infty. Пусть n=[x]n=[x], тогда n≤x<n+1n\le x<n+1 и
(1+1n+1)n<(1+1x)x<(1+1n)n+1.\left(1+\frac1{n+1}\right)^n<\left(1+\frac1x\right)^x<\left(1+\frac1n\right)^{n+1}.
Крайние части при n→∞n\to\infty:
(1+1n)n+1=(1+1n)n(1+1n)→e⋅1,(1+1n+1)n=(1+1n+1)n+11+1n+1→e1.\left(1+\frac1n\right)^{n+1}=\left(1+\frac1n\right)^n\left(1+\frac1n\right)\to e\cdot1,\qquad\left(1+\frac1{n+1}\right)^n=\frac{\left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}}{1+\frac1{n+1}}\to\frac e1.
Обе →e\to e; так как n=[x]→∞n=[x]\to\infty при x→+∞x\to+\infty, по теореме о промежуточной функции (1+1x)x→e\left(1+\frac1x\right)^x\to e.

x→−∞x\to-\infty. Замена x=−t−1x=-t-1, t→+∞t\to+\infty:
(1+1x)x=(tt+1)−t−1=(1+1t)t+1=(1+1t)t(1+1t)→e.\left(1+\frac1x\right)^x=\left(\frac{t}{t+1}\right)^{-t-1}=\left(1+\frac1t\right)^{t+1}=\left(1+\frac1t\right)^t\left(1+\frac1t\right)\to e.
По теореме о связи с односторонними пределами (аналог для ∞\infty) — lim⁡x→∞=e\lim\limits_{x\to\infty}=e.

Следствия (сл. 20–24)

1. lim⁡x→0(1+x)1x=e2. lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=13. lim⁡x→0ex−1x=1\textbf{1.}\ \lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1x}=e\qquad\textbf{2.}\ \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x=1\qquad\textbf{3.}\ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}x=1
4. lim⁡x→0log⁡a(1+x)x=1ln⁡a5. lim⁡x→0ax−1x=ln⁡a\textbf{4.}\ \lim_{x\to0}\frac{\log_a(1+x)}x=\frac1{\ln a}\qquad\textbf{5.}\ \lim_{x\to0}\frac{a^x-1}x=\ln a
(a>0a>0, a≠1a\ne1 в 4–5.)

Следствие 1

Замена сводит ко второму замечательному пределу: 1x=t\frac1x=t; x→0⇒t→∞x\to0\Rightarrow t\to\infty.
lim⁡x→0(1+x)1x=lim⁡t→∞(1+1t)t=e.\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1x}=\lim_{t\to\infty}\left(1+\frac1t\right)^t=e.
Следствие доказано.

Следствие 2

Здесь кроме первого следствия используется теорема о пределе сложной функции:
lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=lim⁡x→01xln⁡(1+x)=lim⁡x→0ln⁡(1+x)1x=∣при x→0y=(1+x)1x→e∣=lim⁡y→eln⁡y=1.\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x=\lim_{x\to0}\frac1x\ln(1+x)=\lim_{x\to0}\ln(1+x)^{\frac1x}=\left|\begin{array}{l}\text{при }x\to0\\ y=(1+x)^{\frac1x}\to e\end{array}\right|=\lim_{y\to e}\ln y=1.
Следствие доказано.

Здесь теорема о сложной функции применяется законно: ln⁡\ln непрерывен в точке ee (ln⁡e=1\ln e=1) — условие 2 из «Главное: предел сложной функции» (раздел «Расхождения»).

Следствие 3

Замена сводит ко второму следствию: ex−1=ye^x-1=y, ex=y+1e^x=y+1, x=ln⁡(y+1)x=\ln(y+1); x→0⇒y→0x\to0\Rightarrow y\to0.
lim⁡x→0ex−1x=lim⁡y→0yln⁡(y+1)=lim⁡y→01ln⁡(1+y)y=1.\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}x=\lim_{y\to0}\frac y{\ln(y+1)}=\lim_{y\to0}\frac1{\frac{\ln(1+y)}y}=1.
Следствие доказано.

Следствие 4

Формула перехода к новому основанию log⁡a(1+x)=ln⁡(1+x)ln⁡a\log_a(1+x)=\frac{\ln(1+x)}{\ln a} сводит ко второму следствию:
lim⁡x→0log⁡a(1+x)x=lim⁡x→0ln⁡(1+x)ln⁡a⋅x=1ln⁡a⋅lim⁡x→0ln⁡(1+x)x=1ln⁡a⋅1=1ln⁡a.\lim_{x\to0}\frac{\log_a(1+x)}x=\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{\ln a\cdot x}=\frac1{\ln a}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x=\frac1{\ln a}\cdot1=\frac1{\ln a}.
Следствие доказано.

Следствие 5

Замена сводит к четвёртому следствию: ax−1=ta^x-1=t, x=log⁡a(t+1)x=\log_a(t+1); x→0⇒t→0x\to0\Rightarrow t\to0.
lim⁡x→0ax−1x=lim⁡t→0tlog⁡a(t+1)=lim⁡t→01log⁡a(t+1)t=1lim⁡t→0log⁡a(t+1)t=11ln⁡a=ln⁡a.\lim_{x\to0}\frac{a^x-1}x=\lim_{t\to0}\frac t{\log_a(t+1)}=\lim_{t\to0}\frac1{\frac{\log_a(t+1)}t}=\frac1{\lim\limits_{t\to0}\frac{\log_a(t+1)}t}=\frac1{\frac1{\ln a}}=\ln a.
Следствие доказано.

В слайде 24: «сводим к уже рассмотренному выше пятому следствию» — ссылка на само себя; по выкладке используется четвёртое следствие.

Рабочие формулы

Предел (x→0x\to0)ЗначениеКак эквивалентность (тема 22)
(1+x)1/x(1+x)^{1/x}ee—
ln⁡(1+x)x\frac{\ln(1+x)}x11ln⁡(1+x)∼x\ln(1+x)\sim x
ex−1x\frac{e^x-1}x11ex−1∼xe^x-1\sim x
log⁡a(1+x)x\frac{\log_a(1+x)}x1ln⁡a\frac1{\ln a}log⁡a(1+x)∼xln⁡a\log_a(1+x)\sim\frac x{\ln a}
ax−1x\frac{a^x-1}xln⁡a\ln aax−1∼xln⁡aa^x-1\sim x\ln a

Неопределённость 1∞1^\infty — рабочая формула [в общем виде не из лекций; лектор использует этот приём в л. 9, сл. 31]: если u(x)→1u(x)\to1, v(x)→∞v(x)\to\infty и u(x)≠1u(x)\ne1 около x0x_0, то
lim⁡uv=lim⁡[(1+(u−1))1u−1](u−1)v=elim⁡ (u−1) v.\lim u^v=\lim\Bigl[\bigl(1+(u-1)\bigr)^{\frac1{u-1}}\Bigr]^{(u-1)v}=e^{\lim\,(u-1)\,v}.
Обоснование: внутренняя скобка →e\to e по следствию 1 (с t=u−1→0t=u-1\to0, t≠0t\ne0), далее — непрерывность показательной функции (л. 9).

000^0, ∞0\infty^0 не из лекций: uv=evln⁡uu^v=e^{v\ln u}, предел показателя vln⁡uv\ln u — неопределённость 0⋅∞0\cdot\infty, раскрывается эквивалентностями.

Алгоритмы

А. Неопределённость 1∞1^\infty

  1. Проверить: основание u→1u\to1, показатель v→∞v\to\infty.
  2. Найти u−1u-1 (привести к общему знаменателю).
  3. Посчитать L=lim⁡(u−1)⋅vL=\lim(u-1)\cdot v (обычно ∞∞\frac\infty\infty или эквивалентности).
  4. Ответ: eLe^L.
  5. На РК — показать «выделение» (1+(u−1))1u−1\bigl(1+(u-1)\bigr)^{\frac1{u-1}}, как у лектора на сл. 31 л. 9.

Б. 00\frac00 с ln⁡\ln, exe^x, axa^x

  1. Аргумент логарифма привести к виду 1+u1+u, u→0u\to0; показатель степени — к u→0u\to0.
  2. Дополнить до табличных: ln⁡(1+u)u\frac{\ln(1+u)}u, eu−1u\frac{e^u-1}u, au−1u\frac{a^u-1}u.
  3. Если точка не 00 — замена t=x−x0t=x-x_0.

Разобранные примеры

Пример 1 (1∞1^\infty). lim⁡x→∞(x+3x−1)x\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+3}{x-1}\right)^x.

Решение

u=x+3x−1→1u=\frac{x+3}{x-1}\to1, v=x→∞v=x\to\infty — 1∞1^\infty.
u−1=4x−1u-1=\frac{4}{x-1};  (u−1)v=4xx−1→4\ (u-1)v=\frac{4x}{x-1}\to4. Ответ: e4e^4.

Подробно: (1+4x−1)x=[(1+4x−1)x−14]4xx−1→e4\left(1+\frac4{x-1}\right)^x=\left[\left(1+\frac4{x-1}\right)^{\frac{x-1}4}\right]^{\frac{4x}{x-1}}\to e^4.

Пример 2. lim⁡x→0(1+3x)2x\lim\limits_{x\to0}(1+3x)^{\frac2x}.

Решение

(1+3x)2x=[(1+3x)13x]6→e6(1+3x)^{\frac2x}=\left[(1+3x)^{\frac1{3x}}\right]^6\to e^6 (следствие 1 с t=3xt=3x).

Пример 3 (1∞1^\infty, тригонометрия). lim⁡x→0(cos⁡x)1x2\lim\limits_{x\to0}(\cos x)^{\frac1{x^2}}.

Решение

u=cos⁡x→1u=\cos x\to1, v=1x2→∞v=\frac1{x^2}\to\infty.  (u−1)v=cos⁡x−1x2→−12\ (u-1)v=\frac{\cos x-1}{x^2}\to-\frac12 (следствие 5 темы 19). Ответ: e−1/2=1ee^{-1/2}=\frac1{\sqrt e}.

Пример лектора (л. 9, сл. 31): lim⁡x→0(cos⁡x)1sin⁡x=elim⁡cos⁡x−1sin⁡x=elim⁡−x2/2x=e0=1\lim\limits_{x\to0}(\cos x)^{\frac1{\sin x}}=e^{\lim\frac{\cos x-1}{\sin x}}=e^{\lim\frac{-x^2/2}{x}}=e^0=1.

Пример 4. lim⁡x→0e2x−1ln⁡(1+3x)\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^{2x}-1}{\ln(1+3x)}.

Решение

e2x−1ln⁡(1+3x)=e2x−12x⋅3xln⁡(1+3x)⋅2x3x→1⋅1⋅23=23.\frac{e^{2x}-1}{\ln(1+3x)}=\frac{e^{2x}-1}{2x}\cdot\frac{3x}{\ln(1+3x)}\cdot\frac{2x}{3x}\to1\cdot1\cdot\frac23=\frac23.

Пример 5. lim⁡x→02x−3xx\lim\limits_{x\to0}\dfrac{2^x-3^x}{x}.

Решение

2x−3xx=2x−1x−3x−1x→ln⁡2−ln⁡3=ln⁡23.\frac{2^x-3^x}x=\frac{2^x-1}x-\frac{3^x-1}x\to\ln2-\ln3=\ln\frac23.

Пример 6 (∞⋅0\infty\cdot0 с логарифмом). lim⁡x→+∞x(ln⁡(x+1)−ln⁡x)\lim\limits_{x\to+\infty}x\bigl(\ln(x+1)-\ln x\bigr).

Решение

xln⁡x+1x=xln⁡(1+1x)=ln⁡(1+t)t∣t=1/x→0→1x\ln\frac{x+1}x=x\ln\left(1+\frac1x\right)=\frac{\ln(1+t)}t\Big|_{t=1/x\to0}\to1.

Типичные ошибки

  • Считать 1∞=11^\infty=1.
  • Применять формулу elim⁡(u−1)ve^{\lim(u-1)v}, когда u↛1u\not\to1 (тогда это не неопределённость: 2+∞=+∞2^{+\infty}=+\infty, (12)+∞=0\left(\frac12\right)^{+\infty}=0).
  • Путать lim⁡x→∞(1+1x)x=e\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac1x\right)^x=e и lim⁡x→0(1+1x)x\lim\limits_{x\to0}\left(1+\frac1x\right)^x (другая задача).
  • Писать ax−1x→1ln⁡a\frac{a^x-1}x\to\frac1{\ln a} и log⁡a(1+x)x→ln⁡a\frac{\log_a(1+x)}x\to\ln a — перепутаны.
  • В ln⁡(1+u)∼u\ln(1+u)\sim u забывать, что аргумент — именно 1+u1+u с u→0u\to0: ln⁡x\ln x при x→1x\to1 — это ln⁡(1+(x−1))∼x−1\ln(1+(x-1))\sim x-1.