Matematyka.pl

3a174ad9764fefcb pisze: ↑29 sty 2023, o 14:24 \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0}\frac{(e ^{2x} -1)}{x}=2\cdot \lim_{x\to 0}\frac{(e ^{2x} -1)}{2x}=\ldots}\)

Potrafię zrobić tę zadanie korzystając ze wzorów i przekształceń, lecz niestety muszę je wykonać korzystając z definicji Cauchy'ego (ew. Heinego)

daniel002909f pisze: ↑29 sty 2023, o 14:36 lecz niestety muszę je wykonać korzystając z definicji Cauchy'ego (ew. Heinego)

Dowód korzystający z definicji Cauchy'ego przebiega zwykle według szablonu:

Weźmy dowolny \(\varepsilon>0\). Niech \(\delta=\ldots\)
Dla \(|x|<\delta\) mamy wtedy:
\(\displaystyle{ \left|2\cdot \frac{(e ^{2x} -1)}{2x}-2\right|=\ldots<\varepsilon}\)

Jak dokładnie ma wyglądać nierówność, to zależy od tego, jakiej definicji \(e^x\) używasz.

Z równości \(\displaystyle{ \left| 2\frac{e^{2x}-1}{2x}-2 \right| = 2 \left| \frac{e^{2x}-1}{2x} -1 \right| = 0 }\) wynika, że wystarczy wykazać, równość granicy \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{e^{2x}-1}{2x} = 1 \ \ (^{*}) }\)

Posłużymy, się definicją ciągową (Heinricha Eduarda Heine) granicy.

Twierdzenie
Jeśli ciąg \(\displaystyle{ (x_{n}), \ \ x_{n}\neq 0 }\) dla każdego \(\displaystyle{ n }\) i \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} x_{n} = 0 }\) to \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty} \frac{e^{2x_{n}} -1}{2x_{n}} = 1. }\)

Załóżmy, że \(\displaystyle{ 0 \neq2 x_{n} < \frac{1}{2}. }\)

Stąd wynika, że \(\displaystyle{ 0 < \frac{1}{1-2x_{n}} < 2 }\).

Mamy \(\displaystyle{ \frac{e^{2x_{n}}-1}{2x_{n}} -1 = \frac{e^{2x_{n}} -1 -2x_{n}}{2x_{n}} }\)

Z nierówności \(\displaystyle{ 1+x \leq e^{x} \leq \frac{1}{1-x}, }\) wynika \(\displaystyle{ 0 \leq e^{2x_{n}} -1 -2x_{n} \leq \frac{1}{1-2x_{n}} -1 -2x_{n} = \frac{4x^2_{n}}{1-2x_{n}} = \frac{|2x_{n}|}{1 -2x_{n}}|2x_{n}| }\)

Dzieląc przez \(\displaystyle{ |2x_{n}| }\) otrzymujemy \(\displaystyle{ 0 \leq \left |\frac{e^{2x_{n}} -1}{2x_{n}} -1 \right|= \frac{x^{2n} -1 -2x_{n}}{2x_{n}} \leq \frac{1}{1-2x_{n}}{|2x_{n}|} \leq 2|x_{n}|.}\)

Z twierdzenia o trzech ciągach dla \(\displaystyle{ x_{n} \rightarrow 0 }\) osiągamy tezę twierdzenia.

\(\displaystyle{ (^{*}) }\) Wersja dowodu pochodzi od Pana dr Michała Krycha. który wykazał wartość tej granicy przy okazji dowodu na pochodną funkcji wykładniczej \(\displaystyle{ \exp(x), }\) wkorzystując równość \(\displaystyle{ \frac{\exp(x + x_{n}) -\exp(x)}{x_{n}} = \exp(x) \frac{\exp(x_{n})-1}{x_{n}}.}\)

To co zaraz napiszę prawdopodobnie narazi mnie na krytykę więc zaznaczam od razu, że to rozwiązanie nie jest standardowe. Gdyby jednak robić w matematyce kilka rzeczy równoważnie ze standardowym podejściem ale inaczej to może dałoby się coś z tego uznać za sensowne podejście. Funkcję


możemy zdefiniować jako jedyne rozwiązanie problemu początkowego \(\displaystyle{ y'=y}\), \(\displaystyle{ y(0)=1}\). Wtedy zachodzi równość


co daje się zapisać (zmieniając zmienne w całce \(\displaystyle{ \xi/x=h}\)) następująco

Pozostało więc policz \(\displaystyle{ \lim_{ x\to 0 } \int_{0}^{1} e^{xh}\,\dd h}\). Kolejność całkowania z przejściem granicznym można tu zmienić. Pozwala na to następujący wniosek z Twierdzenia Lebesgue’a o zbieżności ograniczonej:

Niech \(\displaystyle{ H \subset \RR}\) będzie przedziałem zawierającym pewien ustalony punkt \(\displaystyle{ h_0\in H}\), niech \(\displaystyle{ I \subset\RR }\) będzie przedziałem (skończonym lub nie) oraz \(\displaystyle{ F:I\times H\to \RR}\) funkcją taką, że

• \(\displaystyle{ (\forall h\in H)\left[ I\ni x\mapsto F(x,h)\in\RR\right]-\text{jest ciągła}}\),

• \(\displaystyle{ f=\big[ I\ni x\mapsto \lim_{ h \to h_0} F(x,h)\in\RR\big]-\text{jest ciągła}}\),

• istnieje funkcja \(\displaystyle{ g\in L_1(I)}\) taka, że \(\displaystyle{ (\forall h\in H)(\forall x \in I)|F(x,h)| \le g(x)}\).

Wtedy

\(\displaystyle{ \lim_{ h \to h_0} \int_{I}^{} F(x,h)\,\dd x= \int_{I}^{} f(x)\,\dd x. }\)

Co ostatecznie pozwala zapisać
PS w przytoczonym wniosku ciągłość można osłabić na ciągłość kawałkami.
PPS ten wniosek można chyba (je jestem tego pewien) znaleźć w książce: Basic Partial Differential Equations; David D. Bleecker, George Csordas.
PPPS ostatecznie pojawiła się definicja granicy w pewnej postaci, więc chyba spełniłem wymogi zadania ¯\_(ツ)_/¯

PanaKrychowy dowód działa gdy się pokaże, że \(\displaystyle{ e^x<\frac{1}{1-x}}\), a do tego pewnie warto znać rozwinięcie `e^x` w szereg.

W szkole natomiast uczą, że dla dowolnego `n\in\NN` zachodzi \(\displaystyle{ \left(1+\frac1n\right)^n<e<\left(1+\frac1n\right)^{n+1}}\),
więc dla \(\displaystyle{ \frac1{n+1}< x\leq \frac{1}{n}}\) oraz z monotoniczności funkcji wykładniczej dostajemy

(*) \(\displaystyle{ \frac{e^x-1}{x}>\frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{(n+1)x}-1}{x}>\frac{1+x-1}{x}=1}\) (tu Bernoulli)
a dla `n>1`
(**} \(\displaystyle{ \frac{e^x-1}{x}<\frac{\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{nx}-1}{x}<\frac{\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{n\frac{1}{n}}-1}{x}=\frac{1}{(n-1)x}=\frac1{1-2x}}\)
(bo `1/x<n+1`, zatem `1/x-2<n-1` a stąd `1-2x<(n-1)x`)
Dodatkowo dla `0<x<1/4` zachodzi `\frac{1}{1-2x}<1+4x`.
Zatem dla `0<x<1/4` i stąd już łatwo zarówno Heine jak i Cauchy wynika.

Dodano po 29 minutach 7 sekundach:
@Janusz Tracz

Nie trzeba aż takich dział, wystarczy twierdzenie o wartości średniej
\(\displaystyle{ \frac{e^x-1}{x}=\frac{\int_0^x e^tdt}{x}=\frac{e^\xi x}{x}=e^\xi}\),
gdzie `0<\xi<x`.

Żeby jednak stąd przejść do Cauchy'ego lub Heinego trzeba jeszcze trochę (choć niedużo) pracy

Janusz Tracz pisze: ↑30 sty 2023, o 00:08Funkcję

\(\displaystyle{ \RR\ni x\mapsto e^x \in \RR}\)

możemy zdefiniować jako jedyne rozwiązanie problemu początkowego \(\displaystyle{ y'=y}\), \(\displaystyle{ y(0)=1}\).

Wtedy \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x} = y'(0) = y(0) = 1}\), QED.

Tylko czy do tego nie trzeba najpierw znać granicy, która mamy obliczyć?

a4karo pisze: ↑30 sty 2023, o 02:12 Nie trzeba aż takich dział, wystarczy twierdzenie o wartości średniej

@a4karo & @Dasio11 No tak, choć na tym polegał dowcip, a i tak kusiło mnie aby tu wcisnąć twierdzenie Ascoli-Arzeli i coś kombinować z jednostajną równo ciągłością i całkowalnością. Ale robiło się późno więc dałem sobie spokój. Na forum nie widziałem takiego zastosowania twierdzenia o zbieżności ograniczonej (w ciągłej wersji) więc pomyślałem, że może warto aby gdzieś się pojawiło nawet jeśli niekoniecznie jest to optymalne rozwiązanie.

Co do definicji \(\displaystyle{ \exp:\RR\to \RR^+}\) to może zamiast tego równania różniczkowego niech


gdzie \(\displaystyle{ \ln :\RR^+\to \RR}\) to funkcja dana wzorem \(\displaystyle{ \ln x= \int_{1}^{x} \frac{1}{\xi}\, \dd \xi }\). F. Klein był fanem tej definicji. Z niej nie wynika natychmiast teza zadania ale wynika to co mi było potrzebne czyli wzór z całką. Wszak ogólnie


gdzie \(\displaystyle{ \text{F}}\) to funkcja pierwotna dla \(\displaystyle{ f}\). Ponieważ powoli zaczynam obijać od sedna tego tematu to dodam, że rozwiązanie janusza47 nie korzysta aż tak bardzo z definicji \(\displaystyle{ \exp}\) za pomocą szeregu jak to się na pierwszy rzut oka wydaje. Nierówność


jest oczywiście natychmiastowa jak mamy szereg do dyspozycji ale nawet jeśli mamy jedynie definicję z granicą to rachunek


pokazuje to co trzeba. I nie jest to wcale bardziej trickowe od propozycji a4karo. Powiedział bym, że jest nawet odwrotnie.

Twierdzenie 1

Dla każdej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x }\) zachodzi nierówność \(\displaystyle{ e^{x} \geq 1+x. }\)

Wynika to stąd, że dla \(\displaystyle{ n > -x }\) spełniona jest nierówność \(\displaystyle{ \frac{x}{n} > -1. }\)

Na mocy nierówności Bernoulliego

\(\displaystyle{ \left (1 + \frac{x}{n} \right )^{n} \geq 1 + n\cdot \frac{x}{n} = 1 + x.}\)

Począwszy od pewnego miejsca wszystkie wyrazy ciągu są równe co najmniej \(\displaystyle{ 1+ x , }\) to granica tego ciągu jest większa lub równa \(\displaystyle{ 1 + x. }\)

\(\displaystyle{ \Box }\)

Twierdzenie 2

Dla każdej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x<1 }\) zachodzi nierówność

\(\displaystyle{ 1 + x \leq e^{x} \leq \frac{1}{1-x} }\)

Pierwsza nierówność została wykazana w twierdzeniu 1 dla wszystkich liczb rzeczywistych \(\displaystyle{ x.}\)

W celu wykazania drugiej nierówności zauważmy, że zachodzi nierówność

\(\displaystyle{ e^{-x} \geq 1 - x, }\) która wynika z nerówności \(\displaystyle{ e^{x} \geq 1+ x }\) po zastąpieniu \(\displaystyle{ x }\) liczbą przeciwną \(\displaystyle{ -x.}\)
,
Stąd \(\displaystyle{ e^{x} = \frac{1}{e^{-x}} \leq \frac{1}{1-x}.}\)

\(\displaystyle{ \Box }\)