Matematyka 1 OO/Obliczanie granic funkcji (przy użyciu definicji Heinego)

[math]\lim _{x\rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x}[/math]

Wykorzystamy ciąg [math]c_n=1/n[/math] zbieżny do zera.

[math] \lim _{x\rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x} = \lim _{n\rightarrow \infty } \frac{a^{(1/n)}-1}{(1/n)} = \lim _{n\rightarrow \infty } \frac{e^{\ln \left(a^{(1/n)}\right)}-1}{(1/n)} = \lim _{n\rightarrow \infty } \left[n\left(e^{\frac{1}{n}\ln a}-1\right)\right] [/math]

Funkcję wykładniczą w ostatnim nawiasie rozwijamy w szereg

[math]\begin{matrix} \lim _{x\rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x} &&\!\!\!\!\!\!\!\! = \lim _{n\rightarrow \infty } \left[n\left(1+\frac{\ln a}{n} +\frac{1}{2!}\left(\frac{\ln a}{n}\right)^2 +\frac{1}{3!}\left(\frac{\ln a}{n}\right)^3+\ldots -1\right)\right] \\ &&\!\!\!\!\!\!\!\! = \lim _{n\rightarrow \infty } \left(\ln a + \frac{1}{2!}\,\frac{(\ln a)^2}{n} + \frac{1}{3!}\,\frac{(\ln a)^3}{n^2} + \ldots \right) \\ &&\!\!\!\!\!\!\!\! = (1 + \Delta ) \ln a \end{matrix}[/math]

gdzie

[math] \Delta = \lim _{n\rightarrow \infty } \left(\frac{1}{2!}\,\frac{\ln a}{n} + \frac{1}{3!}\,\frac{(\ln a)^2}{n^2} + \ldots \right) [/math]

Dla [math]a\gt 1[/math] znajdujemy następujące ograniczenie na [math]\Delta [/math]

[math] \Delta \le \lim _{n\rightarrow \infty } \left(\frac{1}{2}\,\frac{\ln a}{n} + \frac{1}{2}\,\frac{(\ln a)^2}{n^2} + \ldots \right) = \frac{1}{2}\lim _{n\rightarrow \infty } \frac{1}{1-\frac{\ln a}{n}}\cdot \frac{\ln a}{n} =0 [/math]

Skorzystaliśmy powyżej ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego

[math] \sum _{n=0}^\infty a_1 q^{n-1} = \frac{a_1}{1-q} [/math]

Pokazaliśmy, że, dla [math]a\gt 1[/math], [math]\Delta [/math] jest liczbą niedodatnią. Z drugiej strony, jako granica sumy szeregu o wyrazach dodatnich ([math]a\gt 1 \Rightarrow \ln a\gt 0[/math]) nie może być ujemna. Jedyną liczbą nieujemną i niedodatnią jest zero. Pokazaliśmy więc, że

[math] \lim _{x\rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x}=\ln a \qquad {\rm dla}\qquad a\gt 1 [/math]

Dla [math]a\lt 1[/math] możemy przeprowadzić podobne obliczenia. Szybciej będzie jednak skorzystać z już otrzymanych wyników. Dla [math]a\lt 1[/math] definiujemy [math]b=1/a\gt 1[/math] i obliczamy

[math]\begin{matrix} \lim _{x\rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x} &&\!\!\!\!\!\!\!\! = \lim _{x\rightarrow 0} \frac{(1/b)^x-1}{x} = \lim _{x\rightarrow 0} \frac{b^{-x}-1}{x} = \lim _{x\rightarrow 0} b^{-x} \frac{1-b^x}{x} = \lim _{x\rightarrow 0} b^{-x} \cdot \lim _{x\rightarrow 0} \frac{1-b^x}{x} \\ &&\!\!\!\!\!\!\!\! = 1 \cdot (-\ln b) = -\ln (1/a) = \ln a \end{matrix}[/math]

Dla [math]a=1[/math] funkcja [math](a^x-1)/x[/math] jest tożsamościowo równa 0. Zbierając wszystkie wyniki, widzimy, że dla dowolnego [math]a[/math]

[math] \lim _{x\rightarrow 0} \frac{a^x-1}{x}=\ln a [/math]

Zadanie

Przy obliczaniu tej samej granicy można wybrać inny ciąg zbieżny do 0, [math]c_n=\log _a(1+\frac{1}{n})[/math], i poćwiczyć logarytmy.

[math]\begin{matrix} \lim _{x\rightarrow 0}\frac{a^x-1}{x} &&\!\!\!\!\!\!\!\!=\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{a^{c_n}-1}{c_n} =\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{a^{\log _a\left(1+\frac{1}{n}\right)}-1}{\log _a\left(1+\frac{1}{n}\right)} =\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)-1}{\log _a(e)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)} \\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{1}{\log _a(e)} \lim _{n\rightarrow \infty }\frac{\frac{1}{n}}{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)} =\frac{1}{\log _a(e)} \lim _{n\rightarrow \infty }\frac{1}{n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)} \\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{1}{\log _a(e)} \lim _{n\rightarrow \infty }\frac{1}{\ln \left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)} =\frac{1}{\log _a(e)} \frac{1}{\ln \left(\lim _{n\rightarrow \infty }\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)} \\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{1}{\log _a(e)}\frac{1}{\ln (e)}=\frac{1}{\log _a(e)}=\log _e(a)=\ln (a) \end{matrix}[/math]

Przedostatnią równość można wykazać w sposób następujący:

[math]\begin{matrix} \left[p=q^{\log _q(p)}=\left(p^{\log _p(q)}\right)^{\log _q(p)} =p^{\log _p(q)\cdot \log _q(p)}\right] &&\!\!\!\!\!\!\!\! \Rightarrow \left[ 1=\log _p(q)\cdot \log _q(p) \right] \\ &&\!\!\!\!\!\!\!\! \Rightarrow \left[ \log _p(q)=\frac{1}{\log _q(p)} \right] \end{matrix}[/math]

[math]\lim _{x\rightarrow 0}(x\ln {x})[/math]

Wprowadzamy ciąg [math]a_n=2^{-n}[/math], którego granicą jest 0.

[math]\begin{matrix} &&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \lim _{x\rightarrow 0}(x\ln {x}) =\lim _{n\rightarrow \infty }\left(a_n\ln (a_n)\right) =\lim _{n\rightarrow \infty }\left(2^{-n}\ln (2^{-n})\right) =\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{1}{2^n}(-n)\ln (2)\right) \\&&\!\!\!\! =-\ln (2)\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{n}{2^n} =-\ln (2)\cdot 0=0 \end{matrix}[/math]

Skorzystaliśmy ze znanej już informacji, że funkcje wykładnicze rosną szybciej niż funkcje potęgowe.

[math]\lim _{x\rightarrow 0}\frac{e^x-e^{-x}}{3x}[/math]

Wprowadzamy ciąg [math]a_n=1/n[/math], którego granicą jest 0.

[math]\begin{matrix} &&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \lim _{x\rightarrow 0}\frac{e^x-e^{-x}}{3x} =\lim _{n\rightarrow \infty }\frac{e^{1/n}-e^{-1/n}}{\frac{3}{n}} \\&&\!\!\!\! =\lim _{n\rightarrow \infty }\left[\frac{n}{3} \left(1+\frac{1}{n}+\frac{1}{2!n^2}+\frac{1}{3!n^3}+\ldots \right) -\left(1-\frac{1}{n}+\frac{1}{2!n^2}-\frac{1}{3!n^3}+\ldots \right) \right] \\&&\!\!\!\! =\lim _{n\rightarrow \infty }\left[\frac{n}{3} \left(\frac{2}{n}+\frac{2}{3!n^3}+\frac{2}{5!n^5}+\ldots \right) \right] =\frac{2}{3}\lim _{n\rightarrow \infty } \left[1+\frac{1}{3!n^2}+\frac{1}{5!n^4}+\ldots \right] \end{matrix}[/math]

Skończone części sumy występującej w wyrażenie w ostatnim nawiasie kwadratowym ograniczamy od dołu i od góry:

[math]\begin{matrix} 1 &&\!\!\!\!\!\!\!\! \lt \left[1+\frac{1}{3!n^2}+\frac{1}{5!n^4}+\ldots +\frac{1}{(2N+1)!n^{2N}}\right] \\ &&\!\!\!\!\!\!\!\! \lt \left[1+\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^4}+\ldots +\frac{1}{(n^2)^N}\right] =\frac{1-\left(\frac{1}{n^2}\right)^N}{1-\frac{1}{n^2}} \end{matrix}[/math]

Przechodząc z [math]N[/math] do nieskończoności ograniczamy całą nieskończona sumę:

[math] 1\lt \left[1+\frac{1}{3!n^2}+\frac{1}{5!n^4}+\ldots \right] \lt \frac{1}{1-\frac{1}{n^2}} [/math]

Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach dostajemy:

[math] 1\le \lim _{n\rightarrow \infty } \left[1+\frac{1}{3!n^2}+\frac{1}{5!n^4}+\ldots \right] \le \lim _{n\rightarrow \infty }\frac{1}{1-\frac{1}{n^2}}=1 \,, [/math]

co pozwala obliczyć szukana granicę:

[math] \lim _{x\rightarrow 0}\frac{e^x-e^{-x}}{3x} =\frac{2}{3}\lim _{n\rightarrow \infty } \left[1+\frac{1}{3!n^2}+\frac{1}{5!n^4}+\ldots \right] =\frac{2}{3} [/math]

Obliczyć granicę jednostronną [math]\lim _{x\rightarrow 1^\pm }|x-1|[/math]

Wprowadzamy dwa ciągi: [math]a_n=1+\frac{1}{n}[/math], [math]b_n=\frac{n-1}{n+1}[/math], [math]\lim _{n\rightarrow \infty }a_n=1^+[/math], [math]\lim _{n\rightarrow \infty }b_n=1^-[/math].

[math] \lim _{x\rightarrow 1^+}|x-1|=\lim _{n\rightarrow \infty }|a_n-1|=\lim _{n\rightarrow \infty }|1+\frac{1}{n}-1| =\lim _{n\rightarrow \infty }|\frac{1}{n}|=\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{1}{n}\right)=0 [/math]

[math] \lim _{x\rightarrow 1^-}|x-1|=\lim _{n\rightarrow \infty }|b_n-1|=\lim _{n\rightarrow \infty }|\frac{n-1}{n+1}-1| =\lim _{n\rightarrow \infty }|\frac{-2}{n+1}|=\lim _{n\rightarrow \infty }\left(\frac{2}{n+1}\right) =0 [/math]