Второй замечательный предел - 9 Августа 2015 - Примеры решений задач

Главная » 2015 » Август » 9 » Второй замечательный предел

20:14

Второй замечательный предел

${\color{Blue} \lim_{x\rightarrow \infty }\left ( 1+\frac{1}{x} \right )^x =e}$

Следствия второго замечательного предела

Рекомендуем ознакомиться и запомнить все шесть следствий второго замечательного предела. В дальнейшем данные следствия будут применяться для вычисления пределов.

Следствие 1. Найти предел

${\color{Blue} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( 1+x \right )^\frac{1}{x}=e}$

Доказательство:

Следствие 2.

${\color{Blue} \lim_{x\rightarrow0}\frac{ln(1+x)}{x}=1 }$

Доказательство:

$\lim_{x\to\ 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|= \lim_{x\to\ 0} \left( \frac{1}{x}\cdot\ln(1+x)\right)=\lim_{x\to\ 0}\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}=\ln e=1$

Следствие 3.

${\color{Blue} \lim_{x\to\ 0} \frac{\log_a (1+x)}{x}=\frac{1}{\ln a}}$

Доказательство:

$\lim_{x\to\ 0} \frac{\log_a (1+x)}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|=\lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+x)}{ x \ln a}=\frac{1}{\ln a}\lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+x)}{ x}=\frac{1}{\ln a}$

Следствие 4.

${\color{Blue} \lim_{x\to\ 0} \frac{e^x-1}{x}=1 }$

$\lim_{x\to\ 0} \frac{e^x-1}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|=\left | \begin{aligned} & t=e^x-1;\; t\to 0\\ & x=\ln(1+t)\end {aligned} \right| =\lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{\ln(1+t)}{t}}=1$

Следствие 5.

${\color{Blue} \lim_{x\to\ 0} \frac{a^{x}-1}{x}=\ln a}$

Доказательство:

$\lim_{x\to\ 0} \frac{a^{x}-1}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x\ln a}-1}{x}=\ln a\cdot \lim_{x\to 0}\frac{e^{x\ln a}-1}{x \ln a}=\ln a \cdot 1=\ln a$

Следствие 6.

${\color{Blue} \lim_{x\to\ 0} \frac{(1+x)^\alpha-1}{x}= \alpha. }$

Доказательство:

$\lim_{x\to\ 0} \frac{(1+x)^\alpha-1}{x}= \left| \frac{0}{0} \right|= \lim_{x\to\ 0}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{x}=\\ =\lim_{x\to\ 0}\left( \frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}\cdot \frac{\alpha\ln(1+x)}{x} \right)=\\ =\alpha\lim_{x\to\ 0} \frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}\cdot \lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\alpha\cdot 1\cdot 1=\alpha.$

Пример 1. Вычислить предел

$\lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+7x)}{3^{2x}-1}$

Решение. Применяем следствие (2) и (5):

$\lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+7x)}{3^{2x}-1}=\left| \frac{0}{0} \right|=\lim_{x\to\ 0}\frac{\frac{\ln(1+7x)}{7x}\cdot 7x}{\frac{3^{2x}-1}{2x}\cdot 2x}=\\= \frac{7}{2}\cdot\lim_{x\to\ 0}\frac{\frac{\ln(1+7x)}{7x}}{\frac{3^{2x}-1}{2x}}=\frac{7}{2}\cdot\frac{1}{\ln 3}=\frac{7}{2\ln 3}$

Пример 2. Вычислить предел

$\lim_{x\to\ 0}\frac{1-\cos^\alpha 2x}{x^2}$

Решение. Применяем тригонометрическую формулу (3.2) и следствие (5):

$\lim_{x\to\ 0}\frac{1-\cos^\alpha 2x}{x^2}=\left|\frac{0}{0}\right|=-\lim_{x\to\ 0}\frac{(1+\cos 2x-1)^\alpha-1}{x^2}=\\= -\lim_{x\to\ 0}\left( \frac{\bigl(1+(\cos 2x-1)\bigr)^\alpha-1}{\cos 2x-1}\cdot\frac{\cos 2x-1}{x^2} \right)=\\ =-\lim_{x\to\ 0}\left( \frac{\bigl(1+(\cos 2x-1)\bigr)^\alpha-1}{\cos 2x-1}\cdot\frac{-2\sin^2x}{x^2} \right)=\\ =2\cdot\lim_{x\to\ 0}\left( \frac{\bigl(1+(\cos 2x-1)\bigr)^\alpha-1}{\cos 2x-1}\cdot\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \right)=2\cdot \alpha\cdot 1^2=2\alpha$

Категория: Найти предел | Просмотров: 3963 | Добавил: Admin | Теги: найти предел | Рейтинг: 4.0/1

Всего комментариев: 0