Частные значения степенной функции, экспоненты и логарифма, и пределы, содержащие данные функции

Содержание

  1. 1. Частные значения функций
  2. 2. Пределы
  3. 3. Некоторые дополнительные пределы
  4. 4. Использование представления числа e в виде предела
    1. 4.1. Пример 1
    2. 4.2. Пример 2
    3. 4.3. Пример 3

В настоящей статье приводятся значения степенной функции, экспоненты и логарифма для некоторых специальных значений их аргументов, а также пределы некторых выражений, содержащих данные функции.

Частные значения функций

Значения степенной функции и экспоненты:

z0=1(z0 , z) ,z^0 =1 \qquad (z\ne 0 \;,\; z\ne \infty) \;,

z1=z ,z^1 =z \;,

1α=1 .1^{\alpha} =1 \;.

В частности,

e0=1 .e^0 =1 \;.

Значения логарифма:

ln1=0 ,lne=1 ,\ln 1 =0 \;,\qquad \ln e =1 \;,

lni=i2π/4 ,ln(i)=i2π/4 ,ln(1)=i π .\ln i =i\cdot 2\pi/4 \;,\quad \ln(-i) =-i\cdot 2\pi/4 \;,\quad \ln(-1) =i \,\pi \;.

Значения экспоненты для некоторых чисто мнимых значений аргумента могут быть получены с помощью соответствующих частных значений функций cosx\cos x и sinx\sin x (см. статью «Частные значения и пределы гиперболических и тригонометрических функций»):

ei 2πk=1(k=0,±1,±2,...) ,e^{i \,2\pi k} =1 \qquad (k=0, \pm 1, \pm 2,...) \;,

ei π=1 ,ei 2π/4=i ,ei 2π/4=i ,e^{i \,\pi} =-1 \;,\quad e^{i \,2\pi/4} =i \;,\quad e^{-i \,2\pi/4} =-i \;,

ei 2π/6=12 (1+i 3) ,ei 2π/8=21/2(1+i) ,ei 2π/12=12 (3+i) .e^{i \,2\pi/6} =\frac{1}{2} \,\bigl(1 +i \,\sqrt{3}\bigr) \;, \quad e^{i \,2\pi/8} =2^{-1/2}\cdot(1+i) \;, \quad e^{i \,2\pi/12} =\frac{1}{2}\,\bigl(\sqrt{3} +i\bigr) \;.

Пределы

Пределы функций комплексной переменной

a)limz0zα=limzzα=0(Re α>0) ,{a )} \lim_{z\to 0} z^{\alpha} =\lim_{z\to \infty} z^{-\alpha} =0 \qquad (\mathrm{Re}\, \alpha >0) \;,

b)limz0zα=limzzα=(Re α>0) ;{b )} \lim_{z\to 0} z^{-\alpha} =\lim_{z\to \infty} z^{\alpha} =\infty \qquad (\mathrm{Re}\, \alpha >0) \;;

c)limz0lnz=limzlnz= .{c )} \lim_{z\to 0} \ln z =\lim_{z\to\infty} \ln z =\infty \;.

<<<<
При выводе формул a) и b) можно учесть соотношение (которое легко получить)

za+i b=za eb argz ,|z^{a +i \,b}| =|z|^a \,e^{-b \,\arg z} \;,

из которого следует

za eb πza+i bza eb π .|z|^a \,e^{-b \,\pi} \le |z^{a +i \,b}| \le |z|^a \,e^{b \,\pi} \;.

В результате определение предела функции комплексной переменной
сводится к определению предела функции действительной переменной.
>>>>

Пределы функций действительной переменной
(см. также статью «Степенная функция, экспонента и логарифм для действительных аргументов»):

limx+x ex=0 ,\lim_{x\to +\infty} x \,e^{-x} =0 \;,

limx+x1 lnx=limx0x lnx=0 .\lim_{x\to +\infty} x^{-1} \,\ln x =\lim_{x\to 0} x \,\ln x =0 \;.

С помощью данных формул можно также получить более общие равенства:

limxxa eb x=0(a>0; b>0);\lim_{x\to \infty} x^a \,e^{-b \,x} = 0 \qquad (a>0;\; b>0);

limxxa lnx=0(a>0).\lim_{x\to \infty} x^{-a} \,\ln x = 0 \qquad (a>0).

Данные равенства означают, что экспонента растет быстрее, а логарифм – медленнее, чем степень с любым положительным показателем.

Некоторые дополнительные пределы

limz01z (eα z1)=α ,\lim_{z\to 0} \frac{1}{z} \,\bigl(e^{\alpha \,z} -1\bigr) =\alpha \;,

limz01z ln(1+α z)=α ,\lim_{z\to 0} \frac{1}{z} \,\ln(1 +\alpha \,z) =\alpha \;,

limz0(1+z)α1z=α .\lim_{z\to 0} \frac{(1 +z)^{\alpha} -1}{z} =\alpha \;.

Данные пределы следуют из формул разложения экспоненты, логрифма и степенной функции в степенные ряды.

Из второй приведенной здесь формулы также следует:

limz(1+α/z)z=eα .\lim_{z\to \infty} \bigl(1 +\alpha/z\bigr)^z =e^{\alpha} \;.

Использование представления числа e в виде предела

В настоящем пункте рассматриваются функции действительных переменных.

Константа ee представляется в виде

e=limx+(1+1/x)xe =\lim_{x\to +\infty} (1 +1/x)^x

(см. статью «Важнейшие трансцендентные математические константы») – это так называемый второй замечательный предел.

Данная формула часто позволяет определять пределы функций, содержащих степени, без помощи правила Лопиталя.

Пример 1

Требуется доказать, что

limx+(11/x)x=e1 .\lim_{x\to +\infty} (1 -1/x)^x =e^{-1} \;.

Данная формула выводится следующим образом:

limx+((11/x)x (1+1/x)x)=limx+((11/x2)x\lim_{x\to +\infty} \bigl((1 -1/x)^x \,(1 +1/x)^x\bigr) =\lim_{x\to +\infty} \bigl((1 -1/x^2)^x

=limx+(((11/x2)x2)1/x=limx+e1/x=e0=1 ,=\lim_{x\to +\infty} \Bigl(\bigl((1 -1/x^2)^{x^2}\Bigr)^{1/x} =\lim_{x\to +\infty} e^{1/x} =e^0 =1 \;,

откуда следует необхоимый результат.

Пример 2

Требуется доказать, что (см. последнюю формулу пункта 3)

limx+(1+a/x)x=ea\lim_{x\to +\infty} (1 +a/x)^x =e^a

(a=consta =\mathrm{const}).

Данная формула выводится следующим образом.

Пусть a>0a>0 (случай, когда a<0a<0 рассматривается аналогично, а случай, когда a=0a=0 – тривиален).
Введем новую переменную y=x/ay =x/a, тогда

limx+(1+a/x)x=limy+(1+1/y)a y=limy+((1+1/y)y)a=ea .\lim_{x\to +\infty} (1 +a/x)^x =\lim_{y\to +\infty} (1 +1/y)^{a \,y} =\lim_{y\to +\infty} \bigl((1 +1/y)^y\bigr)^a =e^a \;.

Пример 3

Требуется доказать, что

limx±(x+ax+b)p x+q=ep (ab)\lim_{x\to \pm \infty} \left(\frac{x +a}{x +b}\right)^{p \,x +q} =e^{p \,(a-b)}

(aa, bb, pp, q=constq =\mathrm{const}, p0p\ne 0).

Данная формула выводится следующим образом:
ведем новую переменную

y=x+ax+b1 ,y =\frac{x +a}{x +b} -1 \;,

тогда

x=abybx =\frac{a-b}{y} -b

и

limx+(x+ax+b)p x+q=limy0(1+y)p (ab)/y+qp b\lim_{x\to +\infty} \left(\frac{x +a}{x +b}\right)^{p \,x +q} =\lim_{y\to 0} (1 +y)^{p \,(a-b)/y +q -p \,b}

=limy0((1+y)1/y)p (ab)+qp b y=ep (ab) .=\lim_{y\to 0} \bigl((1 +y)^{1/y}\bigr)^{p \,(a-b) +q -p \,b \,y} =e^{p \,(a-b)} \;.

Возникли трудности с работой по этой теме? У нас вы можете заказать научную статью по математике по низкой цене!

Комментарии

Нет комментариев
Не можешь разобраться в этой теме?
Обратись за помощью к экспертам
Гарантированные бесплатные доработки
Быстрое выполнение от 2 часов
Проверка работы на плагиат
Прямой эфир