Тамаша шектер — Совет және Ресей математикалық анализ кітаптарында екі кең тараған шек алумен байланысты математикалық тепе-теңдік :
Бірінші тамаша шек:
lim
x
→
0
sin
x
x
=
1.
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}=1.}
Екінші тамаша шек:
lim
x
→
∞
(
1
+
1
x
)
x
=
e
.
{\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e.}
lim
x
→
0
sin
x
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}=1}
Дәлелденуі:
Sinx x limit proof
Ең алдымен
lim
x
→
+
0
sin
x
x
{\displaystyle \lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}}
және
lim
x
→
−
0
sin
x
x
{\displaystyle \lim _{x\to {\displaystyle -}0}{\frac {\sin x}{x}}}
екі біржақты шектерді қарастырып, олардың 1-ге тең екендігін дәлелдейік.
x
∈
(
0
;
π
2
)
{\displaystyle x\in \left(0;{\frac {\pi }{2}}\right)}
мынандай жағды қарастырайық. Бірлік шеңберде бір ұшы координалар басымен, ал бір жағы
O
X
{\displaystyle OX}
өсімен сай келетіндей бұрыш алайық.
K
{\displaystyle K}
— бұрыштың екінші жағы мен шеңбердің қиылысу нүктесі, ал
L
{\displaystyle L}
—
A
=
(
1
;
0
)
{\displaystyle A=\left(1;0\right)}
нүктесіндегі жанамамен қиылысу нүктесі болсын.
H
{\displaystyle H}
нүктесі —
K
{\displaystyle K}
нүктесінің
O
X
{\displaystyle OX}
өсіне түсірілген проекциясы.
Яғни:
S
△
O
K
A
<
S
s
e
c
t
K
O
A
<
S
△
O
A
L
{\displaystyle S_{\triangle OKA}<S_{sectKOA}<S_{\triangle OAL}}
(1)
(
S
s
e
c
t
K
O
A
{\displaystyle S_{sectKOA}}
—
K
O
A
{\displaystyle KOA}
секторының ауданы)
|
K
H
|
=
sin
x
,
|
L
A
|
=
tg
x
{\displaystyle \left|KH\right|=\sin x,\,\left|LA\right|=\operatorname {tg} x}
болғандықтан:
S
△
O
K
A
=
1
2
⋅
|
O
A
|
⋅
|
K
H
|
=
1
2
⋅
1
⋅
sin
x
=
sin
x
2
{\displaystyle S_{\triangle OKA}={\frac {1}{2}}\cdot \left|OA\right|\cdot \left|KH\right|={\frac {1}{2}}\cdot 1\cdot \sin x={\frac {\sin x}{2}}}
S
s
e
c
t
K
O
A
=
1
2
⋅
|
O
A
|
2
⋅
x
=
x
2
{\displaystyle S_{sectKOA}={\frac {1}{2}}\cdot \left|OA\right|^{2}\cdot x={\frac {x}{2}}}
S
△
O
A
L
=
1
2
⋅
|
O
A
|
⋅
|
L
A
|
=
tg
x
2
{\displaystyle S_{\triangle OAL}={\frac {1}{2}}\cdot \left|OA\right|\cdot \left|LA\right|={\frac {\operatorname {tg} x}{2}}}
(1) орнына қойсақ:
sin
x
2
<
x
2
<
tg
x
2
{\displaystyle {\frac {\sin x}{2}}<{\frac {x}{2}}<{\frac {\operatorname {tg} x}{2}}}
x
→
+
0
:
sin
x
>
0
,
x
>
0
,
tg
x
>
0
{\displaystyle x\to +0:\sin x>0,\,x>0,\,\operatorname {tg} x>0}
болғандықтан:
1
tg
x
<
1
x
<
1
sin
x
{\displaystyle {\frac {1}{\operatorname {tg} x}}<{\frac {1}{x}}<{\frac {1}{\sin x}}}
sin
x
{\displaystyle \sin x}
-ке көбейтеміз:
cos
x
<
sin
x
x
<
1
{\displaystyle \cos x<{\frac {\sin x}{x}}<1}
Шекке өтейік:
lim
x
→
+
0
cos
x
⩽
lim
x
→
+
0
sin
x
x
⩽
1
{\displaystyle \lim _{x\to +0}\cos x\leqslant \lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1}
1
⩽
lim
x
→
+
0
sin
x
x
⩽
1
{\displaystyle 1\leqslant \lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1}
lim
x
→
+
0
sin
x
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}=1}
Сол жақ біржақты шегін тауып алайық (функция тақ болғандықтан, тек қана оң жақ үшін дәлелдеген жеткілікті):
lim
x
→
−
0
sin
x
x
=
[
u
=
−
x
x
=
−
u
u
→
+
0
x
→
−
0
]
=
lim
u
→
+
0
sin
(
−
u
)
−
u
=
lim
u
→
+
0
−
sin
(
u
)
−
u
=
lim
u
→
+
0
sin
(
u
)
u
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to -0}{\frac {\sin x}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=-x\\x=-u\\u\to +0\\x\to -0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to +0}{\frac {\sin(-u)}{-u}}=\lim _{u\to +0}{\frac {-\sin(u)}{-u}}=\lim _{u\to +0}{\frac {\sin(u)}{u}}=1}
Сол және оң біржақты шектері бар және ол 1-ге тең, яғни шек өзі де 1-ге тең болады.
Салдар:
lim
x
→
0
tg
x
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {tg} x}{x}}=1}
lim
x
→
0
arcsin
x
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arcsin} x}{x}}=1}
lim
x
→
0
arctg
x
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arctg} x}{x}}=1}
lim
x
→
0
1
−
cos
x
x
2
2
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x}{\frac {x^{2}}{2}}}=1}
Екінші тамаша шектің бар екендігінің дәлелі:
lim
x
→
∞
(
1
+
1
x
)
x
=
e
{\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e}
или
lim
x
→
0
(
1
+
x
)
1
/
x
=
e
{\displaystyle \lim _{x\to 0}\left(1+x\right)^{1/x}=e}
х-тің натурал мәндері үшін дәлел
◂
{\displaystyle \blacktriangleleft }
Ең алдымен теореманы сан тізбегі үшін дәлелдеп алайық
x
n
=
(
1
+
1
n
)
n
;
n
∈
N
{\displaystyle x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n};\ n\in \mathbb {N} }
Ньютон биномы формуласы бойынша:
(
a
+
b
)
n
=
a
n
+
n
1
⋅
a
n
−
1
⋅
b
+
n
(
n
−
1
)
1
⋅
2
⋅
a
n
−
2
⋅
b
2
+
.
.
.
+
n
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
.
.
.
(
n
−
(
n
−
1
)
)
1
⋅
2
⋅
3
⋅
.
.
.
⋅
n
⋅
b
n
;
n
∈
N
{\displaystyle (a+b)^{n}=a^{n}~+~{\frac {n}{1}}\cdot a^{n-1}\cdot b~+~{\frac {n(n-1)}{1\cdot 2}}\cdot a^{n-2}\cdot b^{2}~+~...~+~{\frac {n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot b^{n};\ n\in \mathbb {N} }
a
=
1
;
b
=
1
n
{\displaystyle a=1;~b={\frac {1}{n}}}
деп алып:
(
1
+
1
n
)
n
=
1
+
n
1
⋅
1
n
+
n
(
n
−
1
)
1
⋅
2
⋅
1
n
2
+
n
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
1
⋅
2
⋅
3
⋅
1
n
3
+
.
.
.
+
n
(
n
−
1
)
(
n
−
2
)
.
.
.
(
n
−
(
n
−
1
)
)
1
⋅
2
⋅
3
⋅
.
.
.
⋅
n
⋅
1
n
n
=
{\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=1~+~{\frac {n}{1}}\cdot {\frac {1}{n}}~+~{\frac {n(n-1)}{1\cdot 2}}\cdot {\frac {1}{n^{2}}}~+~{\frac {n(n-1)(n-2)}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot {\frac {1}{n^{3}}}~+~...~+~{\frac {n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot {\frac {1}{n^{n}}}=}
=
1
+
1
+
1
1
⋅
2
⋅
(
1
−
1
n
)
+
1
1
⋅
2
⋅
3
⋅
(
1
−
1
n
)
⋅
(
1
−
2
n
)
+
.
.
.
+
1
1
⋅
2
⋅
3
⋅
.
.
.
⋅
n
⋅
(
1
−
1
n
)
⋅
(
1
−
2
n
)
⋅
.
.
.
⋅
(
1
−
n
−
1
n
)
{\displaystyle =1~+~1~+~{\frac {1}{1\cdot 2}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n}}\right)~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdot ...\cdot \left(1-{\frac {n-1}{n}}\right)}
(1)
n
{\displaystyle n}
-нің өсуімен теңдіктің оң жағындағы (1) оң қосындылардың саны артады. Сонымен қатар,
n
{\displaystyle n}
-нің өсуімен
1
n
{\displaystyle {\frac {1}{n}}}
саны кемиді, сондықтан
(
1
−
1
n
)
,
(
1
−
2
n
)
,
.
.
.
{\displaystyle \left(1-{\frac {1}{n}}\right),\left(1-{\frac {2}{n}}\right),...}
өрнектері артады. Сондықтан
{
x
n
}
=
{
(
1
+
1
n
)
n
}
;
n
∈
N
{\displaystyle \{x_{n}\}=\left\{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right\};\ n\in \mathbb {N} }
қатары — өспелі , ал сонымен бірге
(
1
+
1
n
)
n
≥
2
,
n
∈
N
{\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\geq 2,n\in \mathbb {N} }
(2).
Оның шектелгендігін көрсетейік. Теңдіктің оң жағындағы барлық жақшаларды 1-ге алмастырғанда, оң жағы артады, сонда осындай теңсіздік пайда болады
(
1
+
1
n
)
n
<
1
+
1
+
1
1
⋅
2
+
1
1
⋅
2
⋅
3
+
.
.
.
+
1
1
⋅
2
⋅
3
⋅
.
.
.
⋅
n
{\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+1+{\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}}
Теңсіздікті күшейтейік; бөлшектердің бөлімдеріндегі 3,4,5, …, сандарын 2-ге алмастырайық:
(
1
+
1
n
)
n
<
1
+
(
1
+
1
2
+
1
2
2
+
.
.
.
+
1
2
n
−
1
)
{\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+\left(1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2^{2}}}+...+{\frac {1}{2^{n-1}}}\right)}
.
Жақшадағы сандардың қосындысын геометриялық прогрессияның қосындысы бойынша табамыз:
1
+
1
2
+
1
2
2
+
.
.
.
+
1
2
n
−
1
=
1
⋅
(
1
−
(
1
2
)
n
)
1
−
1
2
=
2
⋅
(
1
−
1
2
n
)
<
2
{\displaystyle 1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2^{2}}}+...+{\frac {1}{2^{n-1}}}={\frac {1\cdot \left(1-({\frac {1}{2}})^{n}\right)}{1-{\frac {1}{2}}}}=2\cdot \left(1-{\frac {1}{2^{n}}}\right)<2}
.
Сондықтан
(
1
+
1
n
)
n
<
1
+
2
=
3
{\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+2=3}
(3).
Сонымен, тізбек жоғарыдан шектелген, сонымен бірге
∀
n
∈
N
{\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} }
выполняются неравенства (2) и (3):
2
≤
(
1
+
1
n
)
n
<
3
{\displaystyle 2\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<3}
.
Вейерштрасс теоремасы бойынша (тізбектердің жинақталу критериясы)
x
n
=
(
1
+
1
n
)
n
,
n
∈
N
{\displaystyle x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},\ n\in \mathbb {N} }
тізбегі монотонды өседі және шектелген, яғни шегі бар - e . Яғни:
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
n
=
e
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e}
▸
{\displaystyle \blacktriangleright }
◂
{\displaystyle \blacktriangleleft }
Екінші тамаша шектің натурал сандар үшін орындалатынын білген соң, оның нақты сандар үшін орындалатындығын дәлелдейік, яғни
lim
x
→
∞
(
1
+
1
x
)
x
=
e
;
x
∈
R
{\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e;\ x\in \mathbb {R} }
дәлелдейік. Екі жағдайды қарастырайық:
1.
x
→
+
∞
{\displaystyle x\rightarrow +\infty }
болсын. х-тің әрбір мәні екі оң бүтін сандардың арасында орналасқан:
n
⩽
x
<
n
+
1
{\displaystyle n\leqslant x<n+1}
, ал
n
=
[
x
]
{\displaystyle n=[x]}
дегеніміз х-тің бүтін бөлігі.
Ал бұдан шығатыны:
1
n
+
1
<
1
x
⩽
1
n
⟺
1
+
1
n
+
1
<
1
+
1
x
⩽
1
+
1
n
{\displaystyle {\frac {1}{n+1}}<{\frac {1}{x}}\leqslant {\frac {1}{n}}~~\Longleftrightarrow ~~1+{\frac {1}{n+1}}<1+{\frac {1}{x}}\leqslant 1+{\frac {1}{n}}}
, сондықтан
(
1
+
1
n
+
1
)
n
<
(
1
+
1
x
)
x
⩽
(
1
+
1
n
)
n
+
1
{\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}<\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}\leqslant \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}}
.
Егер
x
→
+
∞
{\displaystyle x\rightarrow +\infty }
, онда
n
→
∞
{\displaystyle n\rightarrow \infty }
. Сондықтан,
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
n
=
e
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e}
шегі бойынша:
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
+
1
)
n
=
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
+
1
)
n
+
1
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
+
1
)
=
e
1
=
e
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}={\frac {\lim \limits _{n\to \infty }(1+{\frac {1}{n+1}})^{n+1}}{\lim \limits _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)}}={\frac {e}{1}}=e}
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
n
+
1
=
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
n
⋅
lim
n
→
∞
(
1
+
1
n
)
=
e
⋅
1
=
e
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\cdot \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)=e\cdot 1=e}
.
Шектердің бар болу белгісі бойынша(аралық функциялардың шектері туралы)
lim
x
→
+
∞
(
1
+
1
x
)
x
=
e
{\displaystyle \lim _{x\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e}
.
2 .
x
→
−
∞
{\displaystyle x\to -\infty }
болсын.
−
x
=
t
{\displaystyle -x=t}
айнымалысын енгізейік, онда
lim
x
→
−
∞
(
1
+
1
x
)
x
=
lim
t
→
+
∞
(
1
−
1
t
)
−
t
=
lim
t
→
+
∞
(
t
t
−
1
)
t
=
lim
t
→
+
∞
(
1
+
1
t
−
1
)
t
=
{\displaystyle \lim _{x\to -\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=\lim _{t\to +\infty }\left(1-{\frac {1}{t}}\right)^{-t}=\lim _{t\to +\infty }\left({\frac {t}{t-1}}\right)^{t}=\lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{t}=}
=
lim
t
→
+
∞
(
1
+
1
t
−
1
)
t
−
1
⋅
lim
t
→
+
∞
(
1
+
1
t
−
1
)
1
=
e
⋅
1
=
e
{\displaystyle =\lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{t-1}\cdot \lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{1}=e\cdot 1=e}
.
Бұл екі жағдайдан х-тің нақты мәндері үшін
lim
x
→
∞
(
1
+
1
x
)
x
=
e
{\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e}
орындалатыны анық.
▸
{\displaystyle \blacktriangleright }
Салдар
lim
u
→
0
(
1
+
u
)
1
u
=
e
{\displaystyle \lim _{u\to 0}(1+u)^{\frac {1}{u}}=e}
lim
x
→
∞
(
1
+
k
x
)
x
=
e
k
{\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {k}{x}}\right)^{x}=e^{k}}
lim
x
→
0
ln
(
1
+
x
)
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=1}
lim
x
→
0
e
x
−
1
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1}
lim
x
→
0
a
x
−
1
x
ln
a
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x\ln a}}=1}
;
a
>
0
{\displaystyle a>0}
,
a
≠
1
{\displaystyle a\neq 1}
үшін.
lim
x
→
0
(
1
+
x
)
α
−
1
α
x
=
1
{\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{\alpha }-1}{\alpha x}}=1}