Обсуждение:Замечательные пределы

Untitled

Господи, народ, ну нельзя через правило Лопиталя доказывать замечательные пределы. Ведь правило Лопиталя сводится к нахождению производных. А сама производная - и есть предел. А как выводили производную того же синуса? Через замечательный тригонометрический предел :) Замкнутый круг получается, товарищи :)

---

А что значит замечательный тригонометрический предел?? Меня это убило! Ну нельзя же так издеваться над матанализом! Есть общепринятые названия! Первый замечательный предел, второй замечательный предел.212.118.55.254 17:30, 23 января 2008 (UTC)

В этой статье, наверное, при выведении предела sin (x)/ x имеются в виду знаки нестрого неравенства <=. По крайней мере неравенство 1<x<1 , возможно, не имеет решений. ````

Странность

Прям так и написано: $\lim _{x\to \infty }(1+{\frac {1}{x}})^{x}=e$ для любого x. Это для какого такого любого x, если $x\to \infty$? --194.187.205.103 15:26, 17 января 2009 (UTC)

Извиняюсь, моя работа. Исправил. Pripyat 17:55, 17 января 2009 (UTC)

---

в последнем пределе доказательство неверно. Нельзя заменять функцию на эквивалентную в сумме. Можно сделать обратную замену в знаменателе и сослаться на предыдущий предел и теорему о пределе композиции.

84.204.246.5 20:50, 7 марта 2009 (UTC)

какой именно предел ... Pripyat 13:54, 8 марта 2009 (UTC)

Подчистил. --Avosco^ΤΟΛΚ 17:18, 8 марта 2009 (UTC)

Замечательные показательные и другие примеры

А может просто назвать: "Следствия из второго замечательного предела", а не эти замечательные. Честно говоря, впервые вижу подобные названия для следствий из замечательных пределов.

Уточнение

Вообще второй замечательный предел очень просто доказывается через логарифмирование и потенцирование подлимитного выражения по натуральному основанию: $\lim _{x\to \infty }(1+{\frac {1}{x}})^{x}=\lim _{x\to \infty }e^{ln(1+{\frac {1}{x}})^{x}}=\lim _{x\to \infty }e^{x*{\frac {1}{x}}}=e$ — Эта реплика добавлена участником Virabhadra (о • в)

• Второй переход непонятен. Куда исчез логарифм? И в каких конкретно книжках было опубликовано это доказательство? Если ни в каких, то см. ВП:ОРИСС. -- X7q 13:18, 7 июня 2011 (UTC)

• Степень подлогарифмического выражения выносится как множитель перед логарифмом (по свойству логарифма), а сам логарифм упрощается, так как из разложение натурального логарифма в ряд следует, что: ln (1 + а) ≈ a, при бесконечно малом "а". Сам по себе приём является "классическим" для разрешения неопределённостей типа $[1^{\infty }]$. — Эта реплика добавлена участником Virabhadra (о • в)
  • Так в ряд ведь надо раскладывать x ln(1 + 1/x), а не просто ln(1 + 1/x), иначе это не доказательство - у вас там неопределенность вида ∞ * 0. -- X7q 15:12, 8 июня 2011 (UTC)
• Нууу, это дело вкуса. Раскладывать в ряд сразу произведение, или по сомножителям. В любом случае сначала раскладываешь в ряд логарифм, потом умножаешь на множитель. Есть ещё ряд стандартных выражений, т.е. первых членов рядов, например для бесконечно малого $alpha$:
  • $\sin \alpha \thicksim \alpha ;$
  • $\cos {\alpha }\thicksim 1-{\frac {\alpha ^{2}}{2}};$
  • $\mathrm {tg} \,\alpha \thicksim \alpha ;$
  • $\arcsin {\alpha }\thicksim \alpha ;$
  • $\mathrm {arctg} \,\alpha \thicksim \alpha ;$
  • $\log _{a}(1+\alpha )\thicksim \alpha \cdot {\frac {1}{\ln {a}}}$, где $a>0$;
  • $\ln(1+\alpha )\thicksim \alpha ;$
  • $a^{\alpha }-1\thicksim \alpha \cdot \ln {a}$, где $a>0$;
  • $e^{\alpha }-1\thicksim \alpha ;$

и т.д.

Правила раскрытия неопределённостей:

$~0^{0}=e^{0\cdot ln{0}}=e^{0\cdot \infty }$

$~1^{\infty }=e^{\infty \cdot ln{1}}=e^{\infty \cdot 0}$

$~\infty ^{0}=e^{0\cdot ln{\infty }}=e^{0\cdot \infty }$

Далее по старшей степени.

• В таком случае, данную эквивалентность $\ln(1+\alpha )\thicksim \alpha ;$ надо доказать, не используя замечательного предела. Иначе, все равно, что там через производную или ряд Тейлора. А так, Вы просто используете следствие недоказанной теоремы для доказательства самой теоремы (используете следствие из второго замечательного предела для доказательства его же)Pripyat 04:49, 4 октября 2013 (UTC)

Через ряд Тейлора

Вопрос математикам - корректно ли второе доказательство через ряд Тейлора? Ведь, чтобы получить ряд тейлора надо знать производную синуса, а чтобы знать производную синуса в окрестности 0, нужно знать первый замечательный предел. Получается порочный круг "доказательства". --Рулин 12:01, 31 октября 2012 (UTC)

Нет, не корректно. Как раз таки по названной Вами причине! Ни Тейлором, ни Лопиталем (ничем, где есть производная) нельзя доказывать эти пределы. Второй способ доказательства удален (как минимум, из-за отсутствия АИ, а их наверняка не будет). Pripyat 11:01, 1 ноября 2012 (UTC)

про теорему Вейерштрасса

Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса <...> последовательность <...> монотонно возрастает и ограниченна, значит имеет предел, обозначаемый буквой e.

Из теоремы Вейерштрасса следует, что существует такая константа e, которая равна значению предела. Выше доказано, что эта константа находится между 2 и 3. То, что эта e равна математической константе e НЕ доказано. Или я что-то не понимаю, или тот, кто поставил гиперссылку, идёт на пересдачу... 31.163.184.78 08:30, 22 июня 2013 (UTC)

Замечательный

Может кто-нибудь добавить хоть немного информации про историю этого термина? Похоже что кто-то когда-то записал стёб преподавателя на лекции в книгу, и так и закрепилось. Сомневаюсь, что Эйлер называл эти пределы замечательными, чудесными, великолепными или восхитительными. 91.77.227.203 12:52, 28 июня 2013 (UTC)

• Замечательный — в смысле чтобы заметить. :) Firsto 15:18, 4 августа 2014 (UTC)

Предела lim ( Sin (x) / x ) при x стремящемся 0 - не существует.

Потомучто при х = 0 Sin исчезает. Это - то же что 1 литр был бы 1 килограмм.

С уважением к эфемериям. ( андроид )) 85.140.78.241 12:35, 23 ноября 2016 (UTC)

• Шта?! Soshenkov (обс.) 16:18, 15 мая 2022 (UTC)

Сменить доказательство

Математика - без рисунков! 95.170.140.146 08:47, 21 июля 2017 (UTC)

Интервики

Ой как нужно! (Планы кое-какие есть.)) Просто на заметку разбирающимся в английском сегменте. [ШагдашМар|Критика|Хроники] 18:56, 29 мая 2020 (UTC)