Математика-ВАВ ...

Перша важлива границя.

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

Ця границя дійсно важлива, як в теоретичних дослідженнях, так і при розв’язанні деяких практичних задач.

Перш ніж перейти до прикладів її використання, проаналізуємо її структуру.

Відмітимо три моменти:

1) в чисельнику стоїть сінус;

2) в знаменнику стоїть в точності аргумент цього сінусу;

3) цей аргумент прямує до нуля.

Якщо всі три зазначені елементи виконані, границею буде одиниця.

Приклад 1.

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{x}$

З трьох зазаначених умов не виконується друга: в знаменнику не достає коефіцієнта 4. Нам потрібна четвірка в знаменнику - ми її допишемо, але, щоб не порушилась рівність, чисельник теж домножимо на 4. Далі, після очевидних перетворень, враховуючи, що з $x\to 0$ випливає також $4x\to 0$, отримаємо результат.

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{4\sin 4x}{4x}=4\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 4x}{4x}=4\lim\limits_{4x\to 0}\frac{\sin 4x}{4x}=4$

Приклад 2.

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}$

В цьому прикладі, в першу чергу, не достає сінуса, тому починаємо з використання тригонометричної формули.

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}=2\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}$

Оскільки границя добутку є добуток границь, очевидно, в данному випадку, границя квадрата виразу дорівнює квадрату границі виразу. Залишить скористатись прийомом з попереднього прикладу.

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=2(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin\frac{x}{2}}{x})^2=2(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}})^2=2\cdot\frac{1}{4}\cdot 1^2=\frac{1}{2}$

Приклад 3.

$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}(\pi-2x)tg x$

Маємо невизначеність $\{0\cdot\infty\}$. Перетворимо вираз в дріб з невизначенністю $\{\frac{0}{0}\}$ , щоб використати першу важливу границю.

$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}(\pi-2x)tg x=\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(\pi-2x)\sin x }{\cos x}$

Помічаючи, що $\sin \frac{\pi}{2}=1\ne 0$, і, отже, ми можемо без втрати невизначенності розписати границю на добуток границь, одна з яких, після використання формул зведення стає схожою не першу важливу границю.

$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}(\pi-2x)tg x=\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{(\pi-2x)}{\cos x}\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\sin x=\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{2(\frac{\pi}{2}-x)}{\sin (\frac{\pi}{2}-x)}\cdot 1$

З метою збільшення прозорості можна, але не обов’язково, ввести нову змінну, скажімо, покласти $y=\frac{\pi}{2}-x$. При цьому, очевидно, коли $x\to\frac{\pi}{2}$ то $y \to 0$. Тоді отримаємо

$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}(\pi-2x)tg x=2\lim\limits_{y \to 0}\frac{y}{\sin y}=2(\lim\limits_{y \to 0}\frac{\sin y}{y})^{-1}=2\cdot 1^{-1}=2$

Перш ніж перейти до другої важливої границі, наведемо деякі корисні наслідки з першої важливої границі.

$\lim\limits_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=1\\,\;\;\lim\limits_{x\to 0}\frac{tg x}{x}=1,\;\;\lim\limits_{x\to 0}\frac{arcsin x}{x}=1,\;\;\lim\limits_{x\to 0}\frac{arctg x}{x}=1$.

Друга важлива границя.

$\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n})^n=e$

Ця рівність не є якийсь новий факт, це знайоме нам означення числа $е$, але ми тепер розглянемо можливості використання цієї рівності для обчислення границь.

Спочатку проаналізуємо структуру формули.

1) маємо невизначенність $\{1^\infty\}$;

2) в дужках - одиниця плюс величина, що прямує до нуля - нескінченно мала;

3) в показнику - величина в точності обернена до цієї нескінченно малої.

Приклад 4.

$\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{n-3}{n})^n$

Спочатку отримаємо в дужках одиницю плюс нескінченно малу, поділмвши почленно чисельник на знаменник, після чого приведемо у потрібний вигляд показник поза дужкою.

$\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{n-3}{n})^n=\lim\limits_{n\to \infty}(1+(\frac{-3}{n}))^n=\lim\limits_{n\to \infty}(1+(\frac{-3}{n}))^{(\frac{n}{-3})(-3)}=\\ =\left(\lim\limits_{n\to \infty}(1+(\frac{-3}{n}))^{(\frac{n}{-3})}\right)^{-3}\;=\;e^{-3}$

Відповідь $\lim\limits_{n\to \infty}(\frac{n-3}{n})^n=e^{-3}$.

Приклад 5.

$\lim\limits_{x\to \infty}(\frac{x^2}{x^2-3x+1})^{x+2}$

Обчислення показують, що вираз в дужках прямує до одиниці, тоді маємо невизначенність $\{1^\infty\}$ і необхідність використання другої важливої границі.

Перетворити вираз в дужках до потрібної одиниці з маленькою можна, наприклад, поділивши чисельник на знаменник кутом, але ми, знаючи приблизний вигляд результуючого виразу, скористаємось дещо штучним, але поширеним прийомом.

Додамо і віднімемо в чисельнику вираз, що доповнює існуючий чисельник до вигляду знаменника, після чого ділимо почленно чисельник на знаменник.

$\lim\limits_{x\to \infty}(\frac{x^2}{x^2-3x+1})^{x+2}=\lim\limits_{x\to \infty}(\frac{(x^2-3x+1)+(3x-1)}{x^2-3x+1})^{x+2}=\lim\limits_{x\to \infty}(1+\frac{3x-1}{x^2-3x+1})^{x+2}$

Тепер помножимо і поділимо показник на отриманий дріб з метою прийти до виразу, що в границі призводить до числа $e$.

$\lim\limits_{x\to \infty}(\frac{x^2}{x^2-3x+1})^{x+2}=\lim\limits_{x\to \infty}(1+\frac{3x-1}{x^2-3x+1})^{\frac{x^2-3x+1}{3x-1}(x+2)\frac{3x-1}{x^2-3x+1}}=\lim\limits_{x\to \infty}\left((1+\frac{3x-1}{x^2-3x+1})^{\frac{x^2-3x+1}{3x-1}}\right)^\frac{(x+2)(3x-1)}{x^2-3x+1}=e^{\lim\limits_{x\to \infty}\frac{(x+2)(3x-1)}{x^2-3x+1}}=e^3$

Як і у випадку першої важливої границі, наведемо корисні наслідки з другої важливої границі.

$\lim\limits_{n\to \infty}(1+\frac{m}{n})^n=e^m,\;\;\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^\frac{1}{x}=e,\;\;\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1,\;\;\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1$