Вычислить предел

[Shtorm]

Sinoid, только вот:

Sinoid в сообщении #710282 писал(а):

Затем первый предел расписываем так: $\lim\limits{x\to0}\frac{ln(1+x)}{x^2}=\frac{\lim\limits_{x\to0}ln(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\lim\limits_{x\to0}x}$

в свойствах предела во многих книгах указано, что предел отношения функций, равен отношению пределов функций, только в том случае, если предел знаменателя не равен нулю.
Ну короче, Вы сами, действуя Вашим способом получили ответ $-\frac{1}{2}$ или нет?

[provincialka]

А можно пользоваться тем, что $\ln(1+x)<x$ при $x\ne 0$?
Если так, предлагаю оценку снизу: $\ln(1+x)=-\ln(\frac{1}{1+x})=-\ln(1-\frac{x}{1+x})>\frac{x}{1+x}$. Тогда числител больше, чем $-\frac{x^2}{1+x}$. После деления на $x^2$ получаем величину, стремящуюся к -1/2.

Правда, первоначальное неравенство обычно тоже доказывают с помощью исследования функции, т.е. с помощью производной. Но, может, есть и "элементарное" доказательство?

Конечно, последовательность $(1 +1/n)^n$ - возрастающая. Отсюда, подставляя $x=1/n$ и $x=-1/n$ замечаем, что функция $(1+x)^{1/x}$ - убывающая. Однако для доказательства надо расширить это свойство на все вещественные числа. Что непросто.

Если же докажем, возводим в степень $x$ и получаем неравенство $1+x<e^x$. Далее пользуемся возрастанием логарифма

А свойства логарифма и показательнойфункции считать доказанными?

[armez]

provincialka в сообщении #710394 писал(а):

После деления на $x^2$ получаем величину, стремящуюся к -1/2.

Правильно ли я понимаю идею?

$$-\frac{1}{1+x} < \frac{ \ln (1+x) -x}{x^2} < 0.$$

Если не трудно, поясните, пожалуйста, как получается -1/2 ?

[provincialka]

Нет, моя идея неверная: у меня в мозгу почему-то засело, что x стремится к 1. Оценка слишком грубая. Да и вообще, не снята основная проблема: откуда берется исходное неравенство?

Если все же его считать доказанным, можно попробовать уточнить оценки.

[Shadow]

Школьник, допустим может и сам разложить в ряд Тейлора...случайно, через производную логарифма, но если производные запрещены...не знаю.

[Shtorm]

Ну какой ряд Тейлора, если ещё "производные типа неизвестны"? А оценки снизу и сверху, и все эти строгие доказательства оценок школьник сможет произвести?

Sinoid в сообщении #710066 писал(а):

Да к чему эти все премудрости? Heart-... правильно мысль подал, только под знак логарифма нужно внести еще и предел, а перед этим немного переделать дробь под первым пределом.

Очень соблазнительная идея, единственно только - не нужно разбивать предел отношения на отношение пределов. Но там у нас в любом случае проблемка образуется: если исходный предел стремится к -1/2 и слева и справа, то предел

$$\lim_{x \to 0}\frac{\ln(1+x)}{x^2}$$

Стремится слева к минус бесконечности, а справа - к плюс бесконечности. Оставшийся предел $\frac{1}{x}$, тоже слева к минус бесконечности, а справа к - к плюс. Таким образом, разбив предел на разность двух пределов - мы по сути изменяем ответ (можно тогда и сказать, что предел изменяем ). Возможно как-то поработать с корректностью перехода ко 2-му замечательному пределу?

[TR63]

А, чем не устраивает решение armez?

[provincialka]

TR63 в сообщении #710553 писал(а):

А, чем не устраивает решение armez?

Это которое? И кого не устраивает: он же автор вопроса!

Пока здесь была только одна хорошая идея (Null), записать двойное неравенство. Но как его доказать? Все остальное сводилось к новым неопределенностям

[TR63]

armez в сообщении #709947 писал(а):

Можно, например, так.
Рассматриваем предел по Гейне. Для произвольной последовательности $x_n \to 0,$ пользуясь тем, что $\lim_{k \to \infty}(1+\frac{x}{k})^k=e^x,$ выбираем при каждом n достаточно большое k=k(n), заменяем $e^{x_n}$ степенью $(1+\frac{x_n}{k})^k,$ и раскладываем её по биному Ньютона (показатель - натуральное число), после чего в числителе происходит взаимное уничтожение. Остаётся только аккуратно обойтись с растущим числом слагаемых.

Фактически, такими рассуждениями из бинома Ньютона выводится, что

$$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+O(x^3),$$

и этого достаточно.

Это. Правда, у меня есть вопросы, но, возможно, они не существенны. Хотелось бы знать мнение других по поводу доказательства armez.

[armez]

TR63 в сообщении #710553 писал(а):

А, чем не устраивает решение armez?

Вcё равно - сложновато, и потом ещё нужно выполнять переход от разложения экспоненты к разложению логарифма. Предел по Гейне - несущественная деталь, без него можно обойтись.

[Sinoid]

Shtorm, вы правы, но от этого задача только упрощается. При $x\to0$ $ln(1+x)\thicksimx$ и $x$-бесконечно малые, и, кроме того, они эквивалентны, а значит, $\lim\limits_{x\to0}\frac{ln(1+x)-x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\left({\frac{x}{x^2}-\frac{x}{x^2}}\right)=0$.

[TR63]

sup в сообщении #709883 писал(а):

Данный предел эквивалентен следующему
$\lim \limits_{x \to 0} \frac {e^x - 1 - x}{x^2} = \frac {1}{2}$

armez в сообщении #710589 писал(а):

ещё нужно выполнять переход от разложения экспоненты к разложению логарифма

Зачем?

[provincialka]

TR63 Ну, по сути этот предел как раз и использует квадратичную апроксимацию логарифма. И, действительно, для экспоненты ее вводить легче: иначе как использовать суть числа e?

Я, кстати, на лекциях всегда вожу понятие многочлена Тейлора до понятия производной. Явно это можно сделать для функций алгебраического типа.

Однако в данном случае к алгебраической функции (натуральная степень) добавляется еще и предел, так что задача сводится к двойному пределу - понятию, которое обычно изучается гораздо позже производных. Не потому, что оно опирается на дифференцирование, а потому, что требует определенного математического опыта и уровня абстракции.

Т.е. доказать, может быть, и получится, но не начинающему студенту-первокурснику.

-- 15.04.2013, 18:29 --

Sinoid в сообщении #710590 писал(а):

Shtorm, вы правы, но от этого задача только упрощается. При $x\to0$ $\ln(1+x)\thicksimx$ и $x$-бесконечно малые, и, кроме того, они эквивалентны, а значит, $\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(1+x)-x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\left({\frac{x}{x^2}-\frac{x}{x^2}}\right)=0$.

Это грубейшая ошибка: нельзя заменять на эквивалентные в сумме(разности). И ответ неправильный.

[armez]

Некоторых упрощений можно достичь, если исходный предел преобразовать к виду

$$\frac{1}{x^2}\lim_{x \to 0}\ln ((1+x)e^{-x}).$$

Тогда с учётом доказанной асимптотики экспоненты

$$(1+x)e^{-x}=1-\frac{x^2}{2}+O(x^3),$$

и предел вычисляется без нахождения второго члена асимптотики логарифма.

[provincialka]

amrez , к логарифму переходить и не нужно: обозначим $\ln(1+x)=y$, относительно y будет предел только с экспонентой.
Все дело в "бесконечном числе слагемых", о котором вы говорили