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

__NOTOC__

== <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>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>1</math>, <math>\Delta </math> jest liczbą niedodatnią.
Z drugiej strony, jako granica sumy szeregu o wyrazach dodatnich
(<math>a>1 \Rightarrow \ln a>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>1
</math>

Dla <math>a<1</math> możemy przeprowadzić podobne obliczenia. Szybciej będzie
jednak skorzystać z już otrzymanych wyników. Dla <math>a<1</math> definiujemy
<math>b=1/a>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
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
<\left[1+\frac{1}{3!n^2}+\frac{1}{5!n^4}+\ldots +\frac{1}{(2N+1)!n^{2N}}\right]
\\
&&\!\!\!\!\!\!\!\!
<\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<\left[1+\frac{1}{3!n^2}+\frac{1}{5!n^4}+\ldots \right]
<\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>