Matematyka.pl

Nie mam pojęcia jak ją przekształcić, wynik w każdym razie jest poprawny.

\(\displaystyle{ \lim_{ x \to 0 } \frac{e ^{2x} - 1}{2x} = 1}\)

i może troche offtopic, ale czy następujące granice są sobie równe?
\(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1}\) oraz \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{x}{\sin }}\)
Jeśli tak, to czy da się to jakoś łatwo udowodnić? oczywiście wzorując się na twierdzeniu 1.

Podstawiając \(\displaystyle{ t=2x}\) masz bardzo znaną granicę:
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{e^t-1}{t}}\),
która to rzeczywiście wynosi \(\displaystyle{ 1}\). Natomiast jeśli chodzi o dowód tego ostatniego faktu, to niczego ładnego nie znam. Przedstawię kilka propozycji, ale tak naprawdę żadna nie jest elementarna.
1) Mamy \(\displaystyle{ e^t=1+t+o(t^2)}\) ze wzoru Taylora z resztą w postaci Peana, więc
\(\displaystyle{ \frac{e^t-1}{t}=1+o(t)}\),
skąd w prosty sposób wynika, że
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0} \frac{e^t-1}{t}=1}\)

2) Z twierdzenia o trzech funkcjach obliczymy \(\displaystyle{ \lim_{t \to 0^+}\frac{e^t-1}{t}}\):
Korzystamy z tego, że
\(\displaystyle{ e^t= \lim_{n \to \infty } \left( 1+\frac{t}{n}\right)^n}\)
i ciąg \(\displaystyle{ a_n= \left( 1+\frac{t}{n}\right)^n}\) jest rosnący dla dowolnego \(\displaystyle{ t>0}\).
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\), mamy wówczas
\(\displaystyle{ e^t>\left( 1+\frac t n\right)^n\ge 1+t}\), przy czym ostatnia nierówność
wynika z

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Nier%C3%B3wno%C5%9B%C4%87_Bernoulliego

Z drugiej strony dla \(\displaystyle{ t\in(0,1)}\) mamy:
\(\displaystyle{ e^t<1+t+\frac{t^2}{1-t}}\)
Poniżej dowód tej nierówności:
równoważnie (dla \(\displaystyle{ t\in(0,1)}\)) otrzymujemy
\(\displaystyle{ e^t(1-t)<1}\)
Niech \(\displaystyle{ f(t)=e^t(1-t)}\), wówczas \(\displaystyle{ f(0)=1}\), a ponadto dla \(\displaystyle{ t>0}\) jest
\(\displaystyle{ f'(t)=-te^t<0}\), w szczególności \(\displaystyle{ f}\) jest malejąca w przedziale \(\displaystyle{ (0,1)}\).
Wobec tego \(\displaystyle{ f(t)<0}\) dla \(\displaystyle{ t\in (0,1)}\), jak chcieliśmy.
Zatem dla \(\displaystyle{ 1>t>0}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ 1+\frac{t}{1-t}>\frac{e^t-1}{t}>1}\)
i z twierdzenia o trzech funkcjach otrzymujemy
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0^+}\frac{e^t-1}{t}=1}\).
A teraz znając
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0^+}\frac{e^t-1}{t}}\),
możemy dość łatwo obliczyć
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0^-}\frac{e^t-1}{t}}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ -t=u}\), wówczas widzimy, że
\(\displaystyle{ \lim_{t \to 0^-}\frac{e^t-1}{t}= \lim_{u \to 0^+} \frac{e^{-u}-1}{-u}=\\= \lim_{u \to 0^+} \frac{1-e^{-u}}{u}= \lim_{u \to 0^+} e^{-u} \cdot \frac{e^u-1}{u}=1\cdot 1=1}\)

3) Jeśli funkcję wykładniczą zdefiniowaliśmy przez szereg potęgowy, to można też zastosować regułę de l'Hospitala.

A ta druga granica (ta z sinusem) to zupełnie inna bajka i sprowadzanie jej do pierwszej nie ma żadnego sensu, bo to nienaturalne. Ogólnie jeśli
\(\displaystyle{ \lim_{x \to x_0}f(x)=a}\) dla \(\displaystyle{ a\in \RR\setminus\left\{ 0\right\}}\), to
\(\displaystyle{ \lim_{x \to x_0}\frac{1}{f(x)}=\frac 1 a}\) i można to w prosty sposób wykazać z definicji granicy funkcji.

Podstawienie:

\(\displaystyle{ e^{2x}-1 = t.}\)

\(\displaystyle{ 2x = \ln(t+1).}\)

\(\displaystyle{ x = \frac{1}{2}\ln(t+1).}\)

\(\displaystyle{ \lim_{t\to 0^{+}} \frac{t}{\ln(t +1)} = \lim_{t\to 0^{+}} \frac{1}{\frac{1}{t}\ln(t+1)} = \frac{1}{\lim_{t\to 0^{+}} \ln(t+1)^{\frac{1}{t}}} = \frac{1}{\ln(\lim_{t\to 0^{+}}(1+t)^{\frac{1}{t}})} = \\ = \frac{1}{\ln(e)}= 1.}\)

Premislav, Twój 2 sposób wyznaczenia granicy \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x}}\) można nieco uprościć. Załóżmy, że \(\displaystyle{ \left| x\right|<1}\) (możemy, bo \(\displaystyle{ x \rightarrow 0}\)). Wiemy, że dla \(\displaystyle{ t \in \mathbb R}\) mamy \(\displaystyle{ e^t \ge 1+t}\); w szczególności więc:
\(\displaystyle{ e^{-x} \ge 1-x}\), lecz \(\displaystyle{ x<1}\), a więc \(\displaystyle{ e^x \le \frac{1}{1-x}}\). Mamy więc szacowania: \(\displaystyle{ 1+x \le e^x \le \frac{1}{1-x}}\), co daje tezę. No i to jest już elementarne (rozumiem przez to, że nie korzystamy wprost z pochodnej funkcji)