Математика Электротехника Лабораторные по электронике Строительная механика Машиностроительное черчение Атомная энергетика Ядерные реакторы История искусства На главную

А если завтра контрольная?

Рассмотрим задачу о непрерывном начислении процентов. Первоначальный вклад в банк составил  денежных единиц. Банк выплачивает ежегодно р % годовых. Необходимо найти размер вклада  через  лет.

Пусть вклад будет невостребованным целый год, тогда его прирост , а вся сумма . За второй год прирост , а вся сумма

.

Аналогично

, ..., ,

т.е. при р % годовых размер вклада ежегодно будет увеличиваться в   раз.

Если вклад сняли через полгода и снова положили его на полгода, то прирост за первое полугодие будет , а за второе – . Следовательно, вся сумма за год будет

.

Аналогично, если брать из банка вклад и снова его ложить 3 раза на год, то за год сумма вклада будет следующей:

,

а размер вклада за  лет при  начислениях составит

. (4.30)

Будем предполагать, что проценты по вкладу начисляются непрерывно (). Тогда размер вклада за  лет составит

.(4.31)

Формула (11.24) выражает собой показательный (экспоненциальный) закон роста.

Заменив  на , получим показательный закон убывания:

. (4.32)

Например, если население страны возрастает на 2 % в год, то по формуле (11.24) можно с неплохим приближением подсчитать численность населения страны через  лет: , где  – численность населения в начале отсчета.

Пример 15. Пусть темп инфляции составляет 1 % на день. На сколько уменьшится начальная сумма через полгода.

 Обозначим через  начальную сумму. Тогда по формуле (4.32), с учетом того, что  (количество дней за полгода), получим

,

т.е. инфляция уменьшит начальную сумму примерно в шесть раз.

Хотя в практических финансово-кредитных операциях непрерывное начисление процентов применяется крайне редко, оно оказывается весьма эффективным при анализе сложных финансовых проблем, в частности при обосновании и выборе инвестиционных решений.

Рассмотрим пример Я. И. Перельмана, дающий интерпретацию числа e в задаче о сложных процентах. Число e есть предел e = . В сбербанках процентные деньги присоединяются к основному капиталу ежегодно. Если присоединение совершается чаще, то капитал растет быстрее, так как в образовании процентов участвует большая сумма. Возьмем чисто теоретический, весьма упрощенный пример. Пусть в банк положено 100 ден. ед. из расчета 100 % годовых. Если процентные деньги будут присоединены к основному капиталу лишь по истечении года, то к этому сроку 100 ден. ед. превратятся в 200 ден.ед. Посмотрим теперь, во что превратятся 100 ден. ед., если процентные деньги присоединять к основному капиталу каждые полгода. По истечении полугодия 100 ден. ед. вырастут в 100 × 1,5 = 150, а еще через полгода - в 150 × 1,5 = 225 (ден. ед.). Если присоединение делать каждые 1/3 года, то по истечении года 100 ден. ед. превратятся в 100 × (1 +1/3)3 »237 (ден. ед.). Будем учащать сроки присоединения процентных денег до 0,1 года, до 0,01 года, до 0,001 года и т.д. Тогда из 100 ден. ед. спустя год получится:

 100 × (1 +1/10)10 » 259 (ден. ед.),

 100 × (1+1/100)100 » 270 (ден. ед.),

 100 × (1+1/1000)1000 » 271 (ден. ед.).

При безграничном сокращении сроков присоединения процентов наращенный капитал не растет беспредельно, а приближается к некоторому пределу, равному приблизительно 271. Более чем в 2,71 раз капитал, положенный под 100% годовых, увеличиться не может, даже если бы наросшие проценты присоединялись к капиталу каждую секунду, потому что

= e.

Пример 4.1. Пользуясь определением предела числовой последовательности, доказать, что последовательность xn =(n-1)/n имеет предел, равный 1.

Решение. Нам надо доказать, что, какое бы e>0 мы ни взяли, для него найдется натуральное число N, такое, что для всех n > N имеет место неравенство ½ xn -1 ½<e.

Возьмем любое e >0. Так как ½ xn -1 ½=½(n+1)/n - 1½= 1/n, то для отыскания N достаточно решить неравенство 1/n<e. Отсюда n>1/e и, следовательно, за N можно принять целую часть от 1/e, N = E(1/e). Мы тем самым доказали, что  xn = 1.

Пример 4.2. Найти предел последовательности, заданной общим членом xn = .

Решение. Применим теорему о пределе суммы и найдем предел каждого слагаемого. При n ®¥ числитель и знаменатель каждого слагаемого стремится к бесконечности, и мы не можем непосредственно применить теорему о пределе частного. Поэтому сначала преобразуем xn, разделив числитель и знаменатель первого слагаемого на n2, а второго на n. Затем, применяя теорему о пределе частного и о пределе суммы, найдем:

xn = .

Пример 4.3. xn = . Найти  xn.

Решение. =.

Здесь мы воспользовались теоремой о пределе степени: предел степени равен степени от предела основания.

Пример 4.4. Найти  ().

Решение. Применять теорему о пределе разности нельзя, поскольку имеем неопределенность вида ¥ - ¥. Преобразуем формулу общего члена:

 = .

Пример 4.5. Дана функция f(x)=21/x. Доказать, что  не существует.

Решение. Воспользуемся определением 1 предела функции через последовательность. Возьмем последовательность { xn }, сходящуюся к 0, т.е.  xn =0. Покажем, что величина f(xn)= для разных последовательностей ведет себя по-разному. Пусть xn = 1/n. Очевидно, что 1/n =0, тогда   =  2n = +¥. Выберем теперь в качестве xn последовательность с общим членом xn = -1/n, также стремящуюся к нулю.    =  2- n=  1/2n = 0. Поэтому 2 1/x не существует.

Пример 4.6. Доказать, что  sin x не существует.

Решение. Пусть x1, x2,..., xn,... - последовательность, для которой
xn = ¥. Как ведет себя последовательность {f(xn)} = {sin xn } при различных xn ®¥ ?

Если xn= pn, то sin xn= sin pn = 0 при всех n и sin xn =0. Если же
xn=2pn+p/2, то sin xn= sin(2pn+p/2) = sin p/2 = 1 для всех n и следовательно  sin xn =1. Таким образом,  sin x не существует.

Пример 4.7. Найти  .

Решение. Имеем:  = 5. Обозначим t = 5x. При x®0 имеем: t®0. Применяя формулу (3.10), получим 5.

Пример 4.8. Вычислить .

Решение. Обозначим y=p-x. Тогда при x®p, y®0.Имеем:

sin 3x = sin 3(p-y) = sin (3p-3y) = sin 3y.

sin 4x = sin 4(p-y) = sin (4p-4y)= - sin 4y.

=- .

Пример 4.9. Найти .

Решение. Обозначим arcsin x=t. Тогда x=sin t и при x®0 t®0. =.

Пример 4.10. Найти 1) ; 2) ; 3)  .

Решение.

1. Применяя теорему 1 о пределе разности и произведения, находим предел знаменателя: .

Предел знаменателя не равен нулю, поэтому, по теореме 1 о пределе частного, получаем: =.

2. Здесь числитель и знаменатель стремятся к нулю, т.е. имеет место неопределенность вида 0/0. Теорема о пределе частного непосредственно неприменима. Для “раскрытия неопределенности” преобразуем данную функцию. Разделив числитель и знаменатель на x-2, получим при x ¹ 2 равенство:

=.

Так как (x+1) ¹ 0, то, по теореме о пределе частного, найдем

  =  = .

3. Числитель и знаменатель при x®¥ являются бесконечно большими функциями. Поэтому теорема о пределе частного непосредственно не применима. Разделим числитель и знаменатель на x2 и к полученной функции применим теорему о пределе частного:

=.


На главную