Автор: Артём Романча

Пусть функция $f$ определена и непрерывна на компактном множестве $M\subset R^{n}$.

$\forall x_{0} \in M,$ $\forall \varepsilon’ > 0,$ $\exists \delta’ = \delta'(x_{0}, \varepsilon’)>0$

такое, что если $x\in M,$ то$\rho(x_{0}, x)<\delta’,$ то $|f(x_{0})-f(x)|<\varepsilon’$. Выберем произвольное $\varepsilon>0$ и положим $\varepsilon’=\frac{\varepsilon}{2}$. Построим для каждой точки $x_{0}\in M$ окрестность

$U(x_{0}, \frac{\delta’}{2})=$ $U(x_{0}, \frac{\delta'(x_{0}, \varepsilon’)}{2})$

Объединение таких окрестностей покрывает множество $K$. Поскольку $K$ — компактное множества, то из построенного открытого покрытия можно выделить конечное подпокрытие $\left \{U(x_{k}, \frac{\delta’_{k}}{2})\right \}_{k=1}^{m}$ такое, что

$K \subset \underset{k=1}{\overset{m}{\bigcup}}U(x_{k}, \frac{\delta’_{k}}{2})$.

Положим $\delta= min(\frac{\delta’_{1}}{2}, … , \frac{\delta’_{m}}{2})$. Возьмем произвольные точки $x, y \in M,$ для которых $\rho<\delta$. Поскольку $M$ покрывается системой $\left \{U(x_{k}, \frac{\delta’_{k}}{2})\right \}_{k=1}^{m},$ то найдется такой номер $k_{0},$ что $x\in U(x_{k_{0}}, \frac{\delta’_{k_{0}}}{2})$. Тогда $\rho(x_{k_{0}}, x)< \frac{\delta’_{k_{0}}}{2}$ и $\rho(x_{k_{0}}, y) \le$ $\rho(x_{k_{0}}, x) +$ $\rho(x_{k_{0}}, y)<$ $\frac{\delta’_{k_{0}}}{2}+\delta<$ $\delta’_{k_{0}}$. Следовательно

$|f(x)-f(y)|\le$ $|f(x)-f(x_{k_{0}})| +$ $|f(x_{k_{0}})-f(y)|<$ $\varepsilon’+ \varepsilon’ =$ $\varepsilon$

Будем использовать определение предела по Гейне. Пусть [latex]\left \{x_n\right\}_{n=1}^{\infty}[/latex] — некоторая числовая последовательность со свойством

[latex]x_n>0[/latex], [latex] \forall n\in \mathbb{N}[/latex]

 [latex]\lim_{x\rightarrow 0}\limits x_n = 0[/latex].

Согласно принципу Архимеда [latex]\forall n \in \mathbb{N} \: \: \exists m_n \in \mathbb{N}[/latex], что [latex]m_n\leqslant \frac{1}{x_n}<m_n+1[/latex]. Тогда

[latex](1+\frac{1}{m_n+1})^{m_n}\leqslant[/latex][latex](1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}\leqslant[/latex][latex](1+\frac{1}{m_n})^{m_n+1}[/latex].

Поскольку [latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits (1+\frac{1}{n})^{n}=e[/latex], то

[latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits (1+\frac{1}{m_n+1})^{m_n}=[/latex][latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits (1+\frac{1}{m_n+1})^{m_n+1}\cdot[/latex] [latex](1+\frac{1}{m_n+1})^{-1}=e[/latex], [latex] \lim_{n \rightarrow \infty}\limits (1+\frac{1}{m_n})^{m_n+1}=[/latex][latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits (1+\frac{1}{m_n})^{m_n} \cdot[/latex] [latex](1+\frac{1}{m_n})=e[/latex].

Отсюда, по теореме о трёх последовательностях, имеем

[latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=e[/latex].

Дальше, пусть [latex]\left \{x_n\right\}_{n=1}^{\infty}[/latex] — числовая последовательность со свойством

[latex]-1<x_n<0[/latex], [latex]\forall n \in \mathbb{N}[/latex]

 [latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits (x_n)=0[/latex].

Для этой последовательности, имеем

[latex](1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=[/latex][latex](1+x_n)^{\frac{-1}{-x_n}}=[/latex][latex]\frac{1}{(1+x_n)^{-\frac{1}{x_n}}}[/latex].

Обозначим

[latex]{z}_{n}=-\frac{{x}_{n}}{1+{x}_{n}}[/latex].

Тогда [latex]{z}_{n}>0[/latex] и

[latex]\frac{1}{{(1+{x}_{n})^{-\frac{1}{{x}_{n}}}}}=[/latex] [latex](1-\frac{{x}_{n}}{1+{x}_{n}})^{-\frac{1}{{x}_{n}} \cdot \frac{1+{x}_{n}}{1+{x}_{n}}}=[/latex] [latex](1+{z}_{n})^{\frac{{z}_{n}+1}{{z}_{n}}}=[/latex] [latex](1+{z}_{n})^{1+\frac{1}{{z}_{n}}}=[/latex] [latex](1+{z}_{n})^{\frac{1}{{z}_{n}}} \cdot (1+{z}_{n})[/latex].

Таким образом, учитывая первую часть доказательства, получаем

[latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits(1+x_n)^{\frac{1}{x_n}}=e[/latex].

Объединяя эти два случая имеем:

[latex]\lim_{n \rightarrow \infty}\limits(1+x)^{\frac{1}{x}}=e[/latex].

1. [latex]\lim_{x \rightarrow 0}\limits\frac{ln(1+x)}{x}=1[/latex],
2. [latex]\lim_{x \rightarrow 0}\limits\frac{a^{x}-1}{x}=\ln a[/latex] latex](a>0)[/latex],
3. [latex]\lim_{x \rightarrow 0}\limits\frac{(1+x)^{a}-1}{x}=a[/latex].

Найдем предел [latex]\lim_{x \rightarrow\infty}\limits(1+\frac{t}{x})^{x}[/latex].

Здесь параметр [latex]t\in\mathbb{R}[/latex] — фиксированное число. При вычислении предела он будет рассматриваться как постоянная. Сделаем замену [latex]a=\frac{t}{x}[/latex], тогда [latex]a\overset{x\rightarrow\infty}{\rightarrow}0[/latex] и [latex]x=\frac{t}{a}[/latex]. Поскольку показательная функция непрерывна, то можно перейти к пределу под знаком этой функции. Поэтому

[latex]\lim_{x \rightarrow\infty}\limits(1+\frac{t}{x})^{x}=[/latex] [latex]\lim_{a \rightarrow0}\limits(1+a)^{\frac{1}{a}\cdot t}=[/latex] [latex](\lim_{a \rightarrow0}\limits(1+a)^{\frac{1}{a}})^{t}=[/latex] [latex]e^{t}[/latex]

Найдем предел [latex]\lim_{x \rightarrow\infty}\limits(\frac{x+1}{x+3})^{2x+1}[/latex]

[latex]\lim\limits_{x \rightarrow\infty}(\frac{x+1}{x+3})^{2x+1}=[/latex] [latex]\lim\limits_{x \rightarrow\infty}(1-\frac{2}{x+3})^{(-\frac{x+3}{2}) \cdot (-\frac{2}{x+3})\cdot(2x+1)}=[/latex] [latex]\lim\limits_{x \rightarrow\infty}e^{-\frac{4x+2}{x+3}}= [/latex] [latex]e^{-4}=[/latex] [latex]\frac{1}{e^{4}}[/latex]