Онлайн калькуляторы

На нашем сайте собрано более 100 бесплатных онлайн калькуляторов по математике, геометрии и физике.

Справочник

Основные формулы, таблицы и теоремы для учащихся. Все что нужно, чтобы сделать домашнее задание!

Заказать решение

Не можете решить контрольную?!
Мы поможем! Более 20 000 авторов выполнят вашу работу от 100 руб!

Второй замечательный предел

Формула второго замечательного предела

ОПРЕДЕЛЕНИЕ
Вторым замечательным пределом называется предел

    \[ \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}}=e \]

Число e\approx 2,718281828459045... – число Эйлера, является основанием натурального логарифма.

Доказательство второго замечательного предела

Для доказательства нам будет необходим бином Ньютона:

    \[{{\left( a+b \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}{{a}^{n-k}}{{b}^{k}}}={{a}^{n}}+n{{a}^{n-1}}b+\frac{n\left( n-1 \right)}{2}{{a}^{n-2}}{{b}^{2}}+...+na{{b}^{n-1}}+{{b}^{n}},\ a,b\in R,\ n\in N\]

где C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!\left( n-k \right)!},\ n!=1\cdot 2\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)\cdot n – факториал натурального числа n.

Рассмотрим последовательность \left\{ {{y}_{n}}={{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}} \right\} и применим к ней формулу бинома Ньютона при a=1, \quad b=\frac{1}{n}:

    \[{{y}_{n}}={{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}}=\sum\limits_{k=0}^{n}{C_{n}^{k}\cdot {{1}^{n-k}}\cdot {{\left( \frac{1}{n} \right)}^{k}}}=C_{n}^{0}\cdot {{1}^{n-0}}\cdot {{\left( \frac{1}{n} \right)}^{0}}+C_{n}^{1}\cdot {{1}^{n-1}}\cdot {{\left( \frac{1}{n} \right)}^{1}}+C_{n}^{2}\cdot {{1}^{n-2}}\cdot {{\left( \frac{1}{n} \right)}^{2}}+\]

    \[+...+C_{n}^{n}\cdot {{1}^{n-n}}\cdot {{\left( \frac{1}{n} \right)}^{n}}=\frac{n!}{0!\cdot \left( n-0 \right)!}\cdot 1\cdot 1+\frac{n!}{1!\cdot \left( n-1 \right)!}\cdot 1\cdot \frac{1}{n}+\frac{n!}{2!\cdot \left( n-2 \right)!}\cdot 1\cdot \frac{1}{{{n}^{2}}}+\]

    \[+\frac{n!}{3!\cdot \left( n-3 \right)!}\cdot 1\cdot \frac{1}{{{n}^{3}}}+...+\frac{n!}{\left( n-1 \right)!\cdot \left( n-\left( n-1 \right) \right)!}\cdot 1\cdot \frac{1}{{{n}^{n-1}}}+\frac{n!}{n!\cdot \left( n-n \right)!}\cdot 1\cdot \frac{1}{{{n}^{n}}}\]

Сокращаем в каждом слагаемом числитель со вторым множителем в знаменателе первого множителя (кроме первых двух слагаемых). В результате получаем:

    \[{{y}_{n}}=1+\frac{n}{n}+\frac{\left( n-1 \right)n}{1\cdot 2\cdot {{n}^{2}}}+\frac{\left( n-2 \right)\left( n-1 \right)n}{1\cdot 2\cdot 3\cdot {{n}^{3}}}+...+\frac{\left( n-\left( n-2 \right) \right)...\left( n-2 \right)\left( n-1 \right)n}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)\cdot {{n}^{n-1}}}+\]

    \[+\frac{\left( n-\left( n-1 \right) \right)...\left( n-2 \right)\left( n-1 \right)n}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n\cdot {{n}^{n}}}=2+\frac{1}{1\cdot 2}\cdot \frac{n-1}{n}+...+n\cdot 1\cdot \frac{1}{{{n}^{n-1}}}+\frac{1}{{{n}^{n}}}=2+\frac{n-1}{n}+...+\frac{1}{{{n}^{n-2}}}+\frac{1}{{{n}^{n}}}\]

    \[=2+\frac{n-1}{1\cdot 2\cdot n}+\frac{\left( n-2 \right)\left( n-1 \right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot {{n}^{2}}}+...+\frac{\left( n-\left( n-2 \right) \right)...\left( n-2 \right)\left( n-1 \right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)\cdot {{n}^{n-2}}}+\frac{\left( n-\left( n-1 \right) \right)...\left( n-2 \right)\left( n-1 \right)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n\cdot {{n}^{n-1}}}=\]

    \[=2+\frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+...+\frac{n-\left( n-2 \right)}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)}+\]

    \[+\frac{n-\left( n-1 \right)}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}\]

Оценим преобразованную последовательность {{y}_{n}} сверху. В каждом слагаемом (кроме первого) дроби \frac{n-1}{n},\ \frac{n-2}{n},...,\ \frac{n-\left( n-1 \right)}{n} являются правильными дробям (для натуральных n числитель меньше знаменателя), а значит их значение меньше единицы. Заменим каждую из таких дробей единицей, тогда последняя сумма увеличится. То есть

    \[{{y}_{n}}=2+\frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+...+\frac{n-\left( n-2 \right)}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)}+\]

    \[+\frac{n-\left( n-1 \right)}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}<\]

    \[<2+1\cdot \frac{1}{1\cdot 2}+1\cdot 1\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+...+1\cdot ...\cdot 1\cdot 1\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)}+1\cdot ...\cdot 1\cdot 1\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}=\]

    \[=2+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+...+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}\]

Далее, заменим все числа 3,...,\ n в знаменателях оставшихся слагаемых на 2, тем самым еще увеличив сумму (так как чем меньше знаменатель, тем дробь больше):

    \[{{y}_{n}}<2+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+...+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}<\]

    \[<2+\frac{1}{1\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 2}+...+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 2\cdot ...\cdot 2}+\frac{1}{1\cdot 2\cdot 2\cdot ...\cdot 2}=2+\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+...+\frac{1}{{{2}^{n-2}}}+\frac{1}{{{2}^{n-1}}}<\]

    \[<2+\frac{1}{2}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+...+\frac{1}{{{2}^{n-2}}}+\frac{1}{{{2}^{n-1}}}+...\]

В правой части получилась сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии \frac{1}{2}+\frac{1}{{{2}^{2}}}+...+\frac{1}{{{2}^{n-2}}}+\frac{1}{{{2}^{n-1}}}+.... Она равна

    \[S=\frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=1\]

Поэтому

    \[{{y}_{n}}<2+1=3\]

Таким образом, последовательность \left\{ {{y}_{n}} \right\} ограничена сверху числом 3.

Покажем теперь, что последовательность \left\{ {{y}_{n}} \right\}. Перепишем последовательность следующим образом:

    \[{{y}_{n}}=2+\frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2}+\frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+...+\frac{n-\left( n-2 \right)}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)}+\]

    \[+\frac{n-\left( n-1 \right)}{n}\cdot ...\cdot \frac{n-2}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}=\]

    \[=2+\left( 1-\frac{1}{n} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2}+\left( 1-\frac{2}{n} \right)\left( 1-\frac{1}{n} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+...+\left( 1-\frac{n-2}{n} \right)...\left( 1-\frac{2}{n} \right)\left( 1-\frac{1}{n} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n-1 \right)}+\]

    \[+\left( 1-\frac{n-1}{n} \right)...\left( 1-\frac{2}{n} \right)\left( 1-\frac{1}{n} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}\]

Запишем теперь {{y}_{n+1}}, для этого в выражении для {{y}_{n}} заменим n на n+1:

    \[{{y}_{n+1}}=2+\left( 1-\frac{1}{n+1} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2}+\left( 1-\frac{2}{n+1} \right)\left( 1-\frac{1}{n+1} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\]

    \[+...+\left( 1-\frac{n-1}{n+1} \right)...\left( 1-\frac{2}{n+1} \right)\left( 1-\frac{1}{n+1} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}+\]

    \[+\left( 1-\frac{n}{n+1} \right)...\left( 1-\frac{2}{n+1} \right)\left( 1-\frac{1}{n+1} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n+1 \right)}\]

Каждое из выражений в круглых скобках увеличилось (так как уменьшилось вычитаемое) а, значит, увеличились и все слагаемые, содержащие такие скобки. Число слагаемых также увеличится на одно: добавится положительное слагаемое

    \[\left( 1-\frac{n}{n+1} \right)...\left( 1-\frac{2}{n+1} \right)\left( 1-\frac{1}{n+1} \right)\cdot \frac{1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot \left( n+1 \right)}\]

Следовательно, при росте номера n члены последовательности \left\{ {{y}_{n}} \right\} строго возрастают: {{y}_{n+1}}>{{y}_{n}},\ \forall n\in N.

Тогда, согласно теореме, всякая возрастающая ограниченная сверху последовательности имеет предел

    \[e=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}}\]

причём число e\le 3 (здесь 3 – число, ограничивающее последовательность \left\{ {{y}_{n}} \right\}).

Что и требовалось доказать.

Докажем теперь, что второй замечательный предел имеет место для вещественных x, то есть докажем следующую теорему.

ТЕОРЕМА
\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{x}}=e,\ x\in R.

Доказательство. Рассмотрим два случая:

1. Пусть x\to +\infty. Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами

    \[n=\left[ x \right]\le x<\left[ x \right]+1=n+1\]

где n=\left[ x \right] – целая часть x, то есть такое наибольшее целое число, которое не превосходит x. Тогда

    \[\frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}\le \frac{1}{n}\Leftrightarrow 1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\le 1+\frac{1}{n}\]

А тогда

    \[{{\left( 1+\frac{1}{n+1} \right)}^{n}}<{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{x}}\le {{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n+1}}\]

Если x\to +\infty, то n\to \infty. Поэтому, согласно тому, что предел \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}}=e, имеем:

    \[\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n+1} \right)}^{n}}=\frac{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n+1} \right)}^{n+1}}}{\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1+\frac{1}{n+1} \right)}=\frac{e}{1+0}=e\]

    \[\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n+1}}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{n} \right)}^{n}}\cdot \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1+\frac{1}{n} \right)=e\cdot \left( 1+0 \right)=e\]

А тогда по теореме о пределе промежуточной функции получаем, что и

    \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{x}}=e\]

2. Пусть x\to -\infty. Сделаем подстановку x=-t\Rightarrow t\to +\infty, тогда

    \[\underset{x\to -\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{x}}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{-t} \right)}^{-t}}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1-\frac{1}{t} \right)}^{-t}}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{t-1}{t} \right)}^{-t}}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{t}{t-1} \right)}^{t}}=\]

    \[=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{t-1+1}{t-1} \right)}^{t}}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{t-1} \right)}^{t}}=\underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{t-1} \right)}^{t-1}}\cdot \underset{t\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 1+\frac{1}{t-1} \right)=e\cdot \left( 1+0 \right)=e\]

Из двух этих делаем вывод, что

    \[\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{x}}=e,\ \forall x\in R\]

Теорема доказана.

Следствия из второго замечательного предела

    \[1) \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+x \right)}^{^{\frac{1}{x}}}}=e;\qquad 2) \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{k}{x} \right)}^{x}}={{e}^{k}};\qquad 3) \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x \right)}{x}=1;\qquad 4) \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-1}{x}=1;\qquad\]

    \[5) \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{a}^{x}}-1}{x\ln a}=1,\ a>0,\ a\ne 1;\qquad 6) \underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 1+x \right)}^{m}}-1}{mx}=1\]

Примеры решения задач

ПРИМЕР 1
Задание Найти предел \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{k}{x} \right)}^{x}}
Решение Выясняем тип неопределенности: основание степени стремится к единице: 1+\frac{k}{x}\xrightarrow[x\to \infty ]{}1, степень x\to \infty, то есть имеем неопределенность типа \left[ {{1}^{\infty }} \right]:

    \[\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{k}{x} \right)}^{x}}\ \left[ {{1}^{\infty }} \right]\ \left\| \begin{matrix} & \frac{k}{x}=t \\ & t\to 0 \\ \end{matrix} \right\|=\underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+t \right)}^{^{\frac{k}{t}}}}={{\left( \underset{t\to 0}{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+t \right)}^{^{\frac{1}{t}}}} \right)}^{k}}={{e}^{k}}\]

Ответ \underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{k}{x} \right)}^{x}}={{e}^{k}}

Подобным образом находятся пределы функций вида u{{\left( x \right)}^{v\left( x \right)}} (при условии, что имеется неопределенность типа \left[ {{1}^{\infty }} \right])

Замечание. Не любые пределы величин вида u{{\left( x \right)}^{v\left( x \right)}} вычисляются с помощью сведения ко второму замечательному пределу. Так надо поступать лишь в случае, когда имеем неопределенность типа \left[ {{1}^{\infty }} \right]. В иных ситуациях можно бывает для вычисления предела обойтись более простыми рассуждениями, а также учесть тот факт, что

    \[\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{q}^{n}}=\left\{ \begin{matrix} & 0,\ \left| q \right|<1,\\ & \infty ,\ \left| q \right|>\text{1,} \\ & \left[ {{\text{1}}^{\infty }} \right],\ \left| q \right|=1. \\ \end{matrix} \right\]

ПРИМЕР 2
Задание Найти предел

    \[ \underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{x+1}{2x+1} \right)}^{x}} \]

Решение Выясним тип неопределенности (если она есть). Основание степени

    \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{2x+1}\ \left[ \frac{\infty }{\infty } \right]=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( 1+\frac{1}{x} \right)}{x\left( 2+\frac{1}{x} \right)}=\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1+\frac{1}{x}}{2+\frac{1}{x}}=\frac{1+0}{2+0}=\frac{1}{2}<1\]

а показатель степени x\to \infty. То есть

    \[\underset{x\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{x+1}{2x+1} \right)}^{x}}\ \left[ {{\left( \frac{1}{2} \right)}^{\infty }} \right]=0\]

Ответ