Предел функции

[thething]

Так, первый шаг гораздо проще.
Сперва берем $x\in[1,2]$. Тогда имеем, что $x\leqslant 2$, и, в то же время, $2^x\geqslant 2^1=2$. Откуда следует, что $2^x\geqslant x$.
Пусть теперь $x\in [2,3]$. Тогда $2^x=2\cdot 2^{x-1}$. Дальше разберётесь?

Ну и вообще, может, ну его, как и сказал vpb, только больше запутаетесь. Или хотите пройти этот путь?

[Ivan_B]

thething в сообщении #1314117 писал(а):

Дальше разберётесь?

Понял: из каждой точки $x \in [1;2]$ можно получить остальные прибавлением $1$.

thething в сообщении #1314117 писал(а):

Ну и вообще, может, ну его, как и сказал vpb, только больше запутаетесь. Или хотите пройти этот путь?

Текущая моя задача - изучение мат. анализа. Создавать самому себе проблемы я не хочу. С другой стороны, я попросил помощи, Вы мне дали рекомендации. Если я не буду им следовать, то не будет смысла мне их давать. Полагаюсь на Ваше с vpb мнение, тем более, что обращался он больше к Вам, чем ко мне.

[thething]

Ivan_B в сообщении #1314129 писал(а):

Понял: из каждой точки $x \in [1;2]$ можно получить остальные прибавлением $1$.

Ну, всё-таки докажите, в одну строчку, что при $x\in[2,3]$ верно $2^x\geqslant x$.

Моя рекомендация была дана только в качестве альтернативного (лично мне более понятного) способа доказательства интересующего Вас факта. Если я вижу вопрос "сойдет ли это за понимание", то как-то у меня возникают сомнения. Ведь если понимание есть, то и вопросов таких быть не должно.

Предложенный мной способ опирается только на теорию предела функции, тогда как Зорич делает через последовательности. А для меня это почти как программировать на ассемблере вместо того, чтобы пользоваться какой-нибудь удобной средой, где есть готовые библиотеки, компоненты и т.д.

Короче, решение за Вами, и свой способ я Вам ни в коем случае не навязываю.

[Ivan_B]

thething в сообщении #1314133 писал(а):

Ну, всё-таки докажите, в одну строчку, что при $x\in[2,3]$ верно $2^x\geqslant x$.

Для все $x \in [1;2]$ выполняется два неравенства
$2\geqslant 1+\frac{1}{x}>0$
$2^x\geqslant x > 0$
Перемножив их можно получить третье
$2^{x+1} \geqslant x+1$
Если $x \in [1;2]$, то $x+1 \in [2;3]$

thething в сообщении #1314133 писал(а):

Предложенный мной способ опирается только на теорию предела функции

Это интересно. И кажется невозможным. И потому еще интересней. А вот древние греки считали, что все беды пошли от любопытства...

[thething]

Опять слишком сложно. Хорошо, пусть $x\in [2,3]$, тогда $2^x=2\cdot 2^{x-1}\geqslant 2\cdot (x-1)=x+(x-2)\geqslant x$. Далее, по аналогии для $x\in [3,4]$ и т.д.

Раз интересно, то по остальным шагам -- тезисно: оцените сверху и снизу дробь $\frac{x}{4^x}$ и воспользуйтесь теоремой о зажатой функции (о двух милиционерах). Затем посчитайте предел $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{a^x}=\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{4^{......}}$ (тут понадобится замена переменных, когда поймете, что скрывается за многоточием). Ну и на последнем шаге $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x^\alpha}{a^x}=\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\left(\frac{x}{(a^{1/\alpha})^x}\right)^\alpha$

[Ivan_B]

thething в сообщении #1314146 писал(а):

оцените сверху и снизу дробь $\frac{x}{4^x}$ и воспользуйтесь теоремой о зажатой функции (о двух милиционерах).

$0<\frac{x}{4^x}=\frac{x}{2^x2^x}\leqslant\frac{x}{x2^x}=\frac{1}{2^x}$
тогда из
$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{1}{2^x}=0$, следует $\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x}{4^x}=0$

thething в сообщении #1314146 писал(а):

Затем посчитайте предел $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{a^x}=\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x}{4^{......}}$

$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x}{a^x}=\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x}{4^{x\log_4 a}}$
Замена $t=x\log_4 a$
$\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x}{4^{x\log_4 a}}=\frac{1}{\log_4 a}\lim\limits_{t \to \infty}\frac{t}{4^t}=0$

thething в сообщении #1314146 писал(а):

Ну и на последнем шаге $\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\frac{x^\alpha}{a^x}=\lim\limits_{x\to +\infty}^{}\left(\frac{x}{(a^{1/\alpha})^x}\right)^\alpha$

Использовать непрерывность $x^\alpha$
$\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x^\alpha}{a^x}=\lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{x}{(a^{1/\alpha})^x}\right)^\alpha=\left(\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{(a^{1/\alpha})^x}\right)^\alpha=0$

[thething]

Ivan_B в сообщении #1314314 писал(а):

Использовать непрерывность $x^\alpha$

Ага, плюс предыдущий шаг плюс явно указать, что $a^{(1/\alpha)}>1$.

Понимание пришло?

[Ivan_B]

thething в сообщении #1314315 писал(а):

Понимание пришло?

Да, спасибо огромное!