Дипломные работы, курсовые проекты на заказ, контрольные работы на заказ

Начертательная геометрия Практикум по решению задач Геометрическое черчение Инженерная графика ЕСКД Кратные интегралы Математический анализ Матрицы Пределы Производные Векторная алгебра Интегральное исчисление ТФКП Ядерная физика Электростатика Магнетизм Оптика Информационные технологии

Первый и второй замечательные пределы

        Определение 2.11   Первым замечательным пределом называется предел

$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}.$

    

        Теорема 2.14   Первый замечательный предел равен $ 1:$

$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1.$

        Доказательство.     Рассмотрим два односторонних предела $ \lim\limits_{x\to0+}\dfrac{\sin x}{x}$ и $ \lim\limits_{x\to0-}\dfrac{\sin x}{x}$ и докажем, что каждый из них равен 1. Тогда по теореме 2.1 двусторонний предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}$ также будет равняться 1.

Итак, пусть $ x\in(0;\frac{\pi}{2})$ (этот интервал -- одно из окончаний базы $ x\to0+$). В тригонометрическом круге (радиуса $ R=1$) с центром $ O$ построим центральный угол, равный $ x$, и проведём вертикальную касательную в точке $ U$ пересечения горизонтальной оси с окружностью ($ \vert OU\vert=1$). Обозначим точку пересечения луча с углом наклона $ x$ с окружностью буквой $ V$, а с вертикальной касательной -- буквой $ W$; через $ T$ обозначим проекцию точки $ V$ на горизонтальную ось.

Рис.2.27.Тригонометрический круг


Пусть $ S_{\triangle OUV}$ -- площадь треугольника $ OUV$, $ S_{сек.OUV}$ -- площадь кругового сектора $ OUV$, а $ S_{\triangle OUW}$ -- площадь треугольника $ OUW$. Тогда очевидно следующее неравенство:

$\displaystyle S_{\triangle OUV}<S_{сек.OUV}<S_{\triangle OUW}.$

Заметим, что горизонтальная координата точки $ V$ равна $ \vert OT\vert=\cos x$, а вертикальная -- $ h=\sin x$ (это высота треугольника $ OUV$), так что $ S_{\triangle OUV}=\frac{1}{2}\vert OU\vert h=\dfrac{\sin x}{2}$. Площадь центрального сектора круга радиуса $ R$ с центральным углом $ x$ равна $ \frac{1}{2}R^2x$, так что $ S_{сек.OUV}=\frac{1}{2}x$. Из треугольника $ OUW$ находим, что $ \vert WU\vert=\mathop{\rm tg}\nolimits x$. Поэтому $ {S_{\triangle OUW}=\frac{1}{2}\vert OU\vert\vert WU\vert=\dfrac{\mathop{\rm tg}\nolimits x}{2}.}$ Неравенство, связывающее площади трёх фигур, можно теперь записать в виде

$\displaystyle \frac{\sin x}{2}<\frac{x}{2}<\frac{\mathop{\rm tg}\nolimits x}{2}.$

Все три части этого неравенства положительны, поэтому его можно записать так:

$\displaystyle \frac{1}{\sin x}>\frac{1}{x}>\frac{1}{\mathop{\rm tg}\nolimits x}=\frac{\cos x}{\sin x},$

или (умножив на $ \sin x$) так:

$\displaystyle \cos x<\frac{\sin x}{x}<1.$

Предел постоянной 1 в правой части неравенства, очевидно, равен 1. Если мы покажем, что при $ x\to0+$ предел $ \cos x$ в левой части неравенства тоже равен 1, то по теореме "о двух милиционерах" предел средней части $ \dfrac{\sin x}{x}$ также будет равен 1.

Итак, осталось доказать, что $ \cos x\xrightarrow {x\to0+}1$. Сперва заметим, что $ {0<\sin x=h<\vert UV\vert<x}$, так как $ x$ равняется длине дуги окружности $ UV$, которая, очевидно, длиннее хорды $ \vert UV\vert$. Применяя теорему "о двух милиционерах" к неравенству

$\displaystyle 0<\sin x<x$

при $ x\to0+$, получаем, что

$\displaystyle \sin x\xrightarrow {x\to0+}0.$(2.3)

Простая замена переменной $ t=\dfrac{x}{2}$ показывает, что и $ \sin\frac{x}{2}\xrightarrow {x\to0+}0$. Теперь заметим, что $ \cos x=1-2\sin^2\frac{x}{2}$. Применяя теоремы о линейности предела и о пределе произведения, получаем:

$\displaystyle \lim_{x\to0+}\cos x= \lim_{x\to0+}(1-2\sin^2\frac{x}{2})= 1-\lim_{x\to0+}\sin\frac{x}{2}\cdot \lim_{x\to0+}\sin\frac{x}{2}=1-0\cdot0=1.$(2.4)

Тем самым показано, что

$\displaystyle \lim_{x\to0+}\dfrac{\sin x}{x}=1.$

Сделаем теперь замену $ t=-x$; при этом база $ x\to0+$ перейдёт в базу $ t\to0-$ (что означает, что если $ x\in(0;{\delta})$, то $ t=-x\in(-{\delta};0)$). Значит,

$\displaystyle \lim_{t\to0-}\dfrac{\sin(-t)}{-t}=1,$

но $ \sin(-t)=-\sin t$ ($ \sin$ -- нечётная функция), и поэтому

$\displaystyle \lim_{t\to0-}\dfrac{\sin(-t)}{-t}=\lim_{t\to0-}\dfrac{\sin t}{t}=1.$

Мы показали, что левосторонний предел также равен 1, что и завершает доказательство теоремы.     

Доказанная теорема означает, что график функции $ y=\dfrac{\sin x}{x}$ выглядит так:

Рис.2.28.График $ y=\dfrac{\sin x}{x}$


Приведём примеры применения первого замечательного предела для вычисления других родственных пределов.

        Пример 2.18   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\sin x}$.

Очевидно, что

$\displaystyle \frac{x}{\sin x}=\dfrac{1}{\dfrac{\sin x}{x}},$

при этом предел знаменателя $ \dfrac{\sin x}{x}$ -- это первый замечательный предел, равный 1 (и, следовательно, не равный 0). Числитель правой части, равный 1, имеет предел 1. Значит, по теореме о пределе отношения,

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\sin x}= \dfrac{\lim\limits_{x\to0}1}{\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}}= \dfrac{1}{1}=1.$

    

        Пример 2.19   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\arcsin x}$.

Сделаем замену переменного: пусть $ y=\arcsin x$. Тогда $ x=\sin y$ и база $ x\to0$ переходит в базу $ y\to0$. После замены получаем

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\arcsin x}= \lim\limits_{y\to0}\dfrac{\sin y}{y}=1.$

    

        Пример 2.20   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\arcsin x}{x}$.

Очевидно, что

$\displaystyle \frac{\arcsin x}{x}=\dfrac{1}{\dfrac{x}{\arcsin x}},$

при этом предел знаменателя $ \dfrac{x}{\arcsin x}$ был вычислен в предыдущем примере; он равен 1. Числитель правой части имеет предел 1. Применяя теорему о пределе отношения, получаем

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\arcsin x}{x}= \dfrac{\lim\limits_{x\to0}1}{\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\arcsin x}}= \dfrac{1}{1}=1.$

    

        Пример 2.21   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}$.

Преобразуем функцию под знаком предела следующим образом:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}= \lim\limits_{x\to0} \left(\dfrac{\sin 2x}{2x}\cdot\dfrac{3x}{\sin 3x}\cdot\dfrac{2}{3}\right).$

Теперь вынесем постоянный множитель за знак предела и применим теорему о пределе произведения:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}= \dfrac{2}{3} \lim\... ...s_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{2x}\cdot \lim\limits_{x\to0}\dfrac{3x}{\sin 3x}\cdot.$

(Чуть ниже мы увидим, что пределы сомножителей существуют, так что применять эту теорему здесь можно.) Заметим, что при заменах $ t=2x$ и $ y=3x$ база $ x\to0$ переходит в базу $ t\to0$ и $ y\to0$, так что

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{2x}= \lim\limits_{t\to0}\dfrac{\sin t}{t}=1$

и

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{3x}{\sin 3x}= \lim\limits_{y\to0}\dfrac{y}{\sin y}=1.$

Поэтому

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}= \dfrac{2}{3}\cdot1\cdot1=\dfrac{2}{3}.$

    

        Определение 2.12   Вторым замечательным пределом называется предел

$\displaystyle e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n.$

    

Число $ e$, заданное этим пределом, играет очень большую роль как в математическом анализе, так и в других разделах математики. Число $ e$ часто называют основанием натуральных логарифмов.

        Теорема 2.15   Второй замечательный предел существует. Его значение $ e$ -- число, лежащее между $ 2\frac{3}{7}$ и $ 3$.    

Более подробное изучение числа $ e$ показывает, что $ e$ -- иррациональное число, несколько первых десятичных знаков которого таковы:

$\displaystyle e=2{,}7182818285{\dots}\quad.$

Для доказательства теоремы 2.15 нам понадобится следующая лемма; формула, в ней полученная, называется формулой бинома Ньютона.

        Лемма 2.2   Пусть $ a,b\in\mathbb{R}$ и $ n$ -- натуральное число. Тогда имеет место формула

\begin{multline} (a+b)^n=\\ {=}a^n+na^{n-1}b+\frac{n(n-1)}{1\cdot2}a^{n-2}b^... ...-1)\cdot\ldots\cdot2\cdot1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot(n-1)n} b^n. \end{multline}

Заметим, что в дроби

$\displaystyle \frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot2\cdot1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot(n-1)n}, $

очевидно, сокращаются все сомножители в числителе и знаменателе, так что эта дробь равна 1. Аналогично, в предыдущем (не выписанном) слагаемом после сокращения получается коэффициент, равный $ n$, в третьем справа слагаемом -- равный $ \dfrac{n(n-1)}{1\cdot2}$, и т. д. Таким образом, коэффициенты в слагаемых, стоящих на одинаковых местах, считая слева и справа от края формулы, совпадают.

        Доказательство.     Доказывать утверждение леммы будем по индукции по параметру $ n$. При $ n=1$ формула 2.2, очевидно, верна:

$\displaystyle (a+b)^1=a+b.$

(Заметим, что при $ n=2$ и $ n=3$ формула 2.2 также хорошо известна:

$\displaystyle (a+b)^2=a^2+2ab+b^2$

и

$\displaystyle (a+b)^3=a^3+3a^2b+3b^2a+b^3.)$

Предположим, что она верна для $ n=k$, и докажем, что тогда она верна и при $ n=k+1$. Действительно,

\begin{multline*} (a+b)^{k+1}=(a+b)^k\cdot(a+b)=(a+b)^ka+(a+b)^kb=\\ =a^{k+1}... ...c{k(k-1)}{1\cdot2}\right] a^{k-2}b^3+\ldots+(k+1)ab^k+b^{k+1}. \end{multline*}

При этом в квадратных скобках получается:

$\displaystyle \frac{k(k-1)}{1\cdot2}+ k=k\left(\frac{k-2}{2}+1\right)=\frac{(k+1)k}{1\cdot2};$   
$\displaystyle \frac{k(k-1)(k-2)}{1\cdot2\cdot3}+ \frac{k(k-1)}{1\cdot2}=\frac{k(k-1)}{1\cdot2}\cdot\left(\frac{k-2}{3}+1\right)=$   
$\displaystyle =\frac{k(k-1)}{1\cdot2}\cdot\frac{k+1}{3}=\frac{(k+1)k(k-1)}{1\cdot2\cdot3}$   

и так далее, то есть как раз то, что должно получиться в качестве коэффициентов формулы бинома Ньютона при $ n=k+1$.     

        Доказательство теоремы 2.15.     Рассмотрим последовательность $ {y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}$ и применим к $ y_n$ формулу бинома Ньютона при $ a=1$ и $ b=\frac{1}{n}$. Получим

\begin{multline} y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\\ =1{+}n\cdot\frac{1}{n}{... ...cdot\frac{n-(n-1)}{n}\cdot \frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n}. \end{multline}

Покажем, что последовательность $ y_n$ ограничена сверху. Для этого заменим все дроби $ \frac{n-1}{n}$, $ \frac{n-2}{n}$, ..., $ \frac{n-(n-1)}{n}$ на 1. Все эти дроби меньше 1, так что сумма в правой части формулы (Доказательство теоремы 2.15) увеличится:

$\displaystyle y_n<2+\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{1\cdot2\cdot3}+\ldots+ \frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n}.$

Далее, заменим все числа $ 3,\dots,n$ в знаменателях этих слагаемых на 2; от этого правая часть ещё увеличится. Получим:

$\displaystyle y_n<2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}}.$

В правой части получилась сумма членов геометрической прогрессии. Она равна

$\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}}=1-\frac{1}{2^{n-1}}.$

Поэтому

$\displaystyle y_n<2+1-\frac{1}{2^{n-1}}<3,$

что и означает ограниченность последовательности сверху числом 3.

Покажем теперь, что последовательность $ y_n$ не убывает. Действительно, запишем формулу (Доказательство теоремы 2.15) в виде

\begin{multline} y_n=2+\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdot\frac{1}{1\cdot2}+ \left... ...-\frac{n-1}{n}\right) \cdot\frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n}. \end{multline}

В аналогичной формуле, написанной для $ n+1$ вместо $ n$, во-первых, увеличится каждое из выражений в круглых скобках (так как вычитаемое уменьшится) и, значит, увеличатся все слагаемые, содержащие такие скобки. Во-вторых, число слагаемых увеличится на одно: добавится положительное слагаемое

$\displaystyle \left(1-\frac{1}{n+1}\right) \left(1-\frac{2}{n+1}\right)\ldots ... ...eft(1-\frac{n}{n+1}\right) \cdot\frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n\cdot(n+1)}.$

Следовательно, при росте номера $ n$ члены последовательности $ y_n$ строго возрастают: $ y_{n+1}>y_n$ при всех $ n\in\mathbb{N}$.

Применим теперь к возрастающей ограниченной сверху последовательности $ y_n$ теорему о пределе монотонной ограниченной функции ( теорема 2.13) и получим, что существует предел

$\displaystyle e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n,$

причём число $ e$ не больше постоянной 3, ограничивающей последовательность. Осталось заметить, что $ y_4=(1+\frac{1}{4})^4=2\frac{113}{256}=2\frac{339}{768}>2\frac{3}{7}$. Так как все последующие члены $ y_n$ ещё больше, то и предел $ e$, на основании теоремы о переходе к пределу в неравенстве ( следствие 2.7), не меньше числа $ 2\frac{113}{256}>2\frac{3}{7}$, что и завершает доказательство теоремы.     

        Замечание 2.7   Можно также показать, что

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e,$(2.5)

однако строгое доказательство достаточно тяжело, и мы его здесь пропускаем.

В формуле (2.5) можно сделать замену $ {\alpha}=\frac{1}{x}$, при этом база $ x\to+\infty$ перейдёт в базу $ {\alpha}\to0+$, и мы получим

$\displaystyle \lim_{{\alpha}\to0+}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}=e.$

    

        Упражнение 2.6   Покажите, что имеют место также равенства

$\displaystyle \lim_{x\to-\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e$

и

$\displaystyle \lim_{{\alpha}\to0-}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}=e.$

На этой основе, применяя теоремы о связи двусторонних пределов с односторонними, покажите, что

$\displaystyle \lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e$

и

$\displaystyle \lim_{{\alpha}\to0}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}=e.$

    

Формулы в этих замечании и упражнении представляют собою другую форму записи второго замечательного предела. Мы сохраним название второй замечательный предел за всеми этими формулами.

        Пример 2.22   Найдём предел $ \lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{t}{x})^x$.

Здесь параметр $ t\in\mathbb{R}$ -- фиксированное число. При вычислении предела он будет рассматриваться как постоянная. Сделаем замену $ {\alpha}=\frac{t}{x}$, тогда $ {\alpha}\xrightarrow {x\to\infty}0$ и $ x=\frac{t}{{\alpha}}$. Поэтому

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{t}{x})^x= \lim_{{\alpha}\to0}(1... ...t t}= \left(\lim_{{\alpha}\to0}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}\right)^t=e^t.$

(Здесь мы воспользовались, пока на интуитивном уровне, тем, что степенная функция непрерывна, то есть что $ \lim\limits_{z\to z_0}z^t=z_0^t$. Более подробно понятие непрерывности функций мы будем изучать ниже, в разделе Использование непрерывности функций при вычислении пределов.) Полученная формула даёт нам возможность выразить экспоненциальную функцию $ e^t$ как некоторый предел.     

С помощью похожей замены вычисляются пределы функций вида $ u(x)^{v(x)}$ в случае, когда основание степени $ u(x)$ при некоторой базе стремится к 1, а показатель степени $ v(x)$ -- к бесконечности (то есть является бесконечно большой функцией при данной базе; о бесконечно больших см. ниже, в разделе Бесконечно большие величины и бесконечные пределы). Такие выражения, а также и связанные с ними пределы, называются неопределённостями вида $ [1^{\infty}]$. О неопределённостях других видов пойдёт речь ниже, после примера 2.29.

Обратим внимание читателя, что $ [1^{\infty}]$ -- это лишь условная запись: 1 здесь указывает, что основание степени стремится к 1 (и вовсе не обязательно равно 1); в "показателе степени" стоит вообще не число, а символ бесконечности. Поэтому было бы грубой ошибкой, встретив такую условную запись (или написав её), сделать вывод о том, что единица, мол, в любой степени даёт единицу, и поэтому ответ равен единице. С условными символами в этой записи нельзя действовать так же, как с числами. Предыдущий пример, в котором основание степени $ 1+\frac{t}{x}$ стремится к 1, а показатель степени $ x$ к $ \infty$, даёт как раз неопределённость вида $ [1^{\infty}]$. Однако значение предела равно $ e^t$, а этот результат может быть любым положительным числом, в зависимости от того, какое значение $ t$ взято.

Вот ещё один пример на раскрытие неопределённости вида $ [1^{\infty}]$.

        Пример 2.23   Найдём предел $ \lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x+3}\right)^{2x+1}$.

Здесь основание степени имеет предел

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x+1}{x+3}= \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\frac{1}{x}}{1+\frac{3}{x}}= \dfrac{1+0}{1+0}=1,$

а показатель степени $ 2x+1\xrightarrow {x\to\infty}\infty$. Поэтому можно применять тот же приём сведения ко второму замечательному пределу, что в предыдущем примере. Для начала найдём, что следует взять за бесконечно малую величину $ {\alpha}$. Поскольку основание степени стремится к 1, то оно равно $ 1+{\alpha}$, где $ {\alpha}\to0$ (см.  теорему 2.4). Значит,

$\displaystyle {\alpha}=\dfrac{x+1}{x+3}-1=\dfrac{x+1-x-3}{x+3}=\dfrac{-2}{x+3}.$

Теперь преобразуем функцию, стоящую под знаком предела:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x+3}\right)^{2x+1}= \l... ...1+\dfrac{-2}{x+3}\right)^{\frac{x+3}{-2}}\right] ^{\frac{-2}{x+3}\cdot(2x+1)}.$

Выражение, стоящее в квадратных скобках, имеет вид $ (1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}$ и при $ {\alpha}\to0$ стремится к числу $ e$ (это второй замечательный предел), а предел показателя степени мы найдём отдельно:

$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{-2(2x+1)}{x+3}= -2\lim_{x\to\infty}\frac{2+\frac{1}{x}}{1+\frac{3}{x}}=-2\cdot\frac{2+0}{1+0}=-4.$

Поэтому

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x+3}\right)^{2x+1}=e^{-4}= \dfrac{1}{e^4}.$

(Мы воспользовались тем, что если $ \lim\limits_{\mathcal{B}}u(x)=A>0$ и $ \lim\limits_{\mathcal{B}}v(x)=B$, то $ \lim\limits_{\mathcal{B}}(u(x))^{v(x)}=A^B$. Это следует из непрерывности показательной и логарифмической функций, если учесть, что $ u^v=e^{v\ln u}$.)     

        Замечание 2.8   Не любые пределы величин вида $ u(x)^{v(x)}$ вычисляются с помощью сведения ко второму замечательному пределу. Ещё раз напомним, что так надо поступать лишь в случае, когда основание степени $ u(x)$ при данной базе стремится к 1, а показатель степени $ v(x)$ -- к бесконечности. В иных ситуациях можно бывает для вычисления предела обойтись более простыми рассуждениями. Например, при нахождении предела

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x+1}{2x+1}\right)^x$

можно заметить, что основание степени стремится к $ \frac{1}{2}$, так что получается формально $ [(\frac{1}{2})^{+\infty}]$. Это выражение не является неопределённостью (в отличие от выражения $ [1^{\infty}]$), так как основание степени при достаточно больших $ x$ близко к $ \frac{1}{2}$ (и заведомо меньше, скажем, $ \frac{2}{3}$) и при возведении в неограниченно увеличивающуюся степень $ x$ будет меньше $ (\frac{2}{3})^x$ и, следовательно, будет стремиться к 0. Так что

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x+1}{2x+1}\right)^x=0$

и прибегать к помощи второго замечательного предела не пришлось.     

Применение усиления и затухания звука

В дополнение к основным операциям изменения громкости программа Sound Forge позволяет вам применять эффекты усиления и затухания звука в вашем файле. J

 Замечание 

Усиление- это постепенное, ровное увеличение громкости звука. В музыкальной терминологии такое усиление называется крещендо. Затухание представляет собой прямо противоположное явление - постепенное, ровное уменьшение громкости звука. Музыканты  называют это изменение звука термином диминуэндо. Дифференциальные уравнения

Чтобы применить усиление или затухание в ваших звуковых данных, сделайте следующее:

1. Создайте в вашем файле выделенную область, к которой вы хотите применить затухание или усиление. Если вы хотите обработать файл полностью, тогда либо вообще не выделяйте данные, либо выделите их полностью, выбрав команду меню Edit -> Select All.

2. Чтобы применить усиление, выберите команду меню Process -> Fade -> In.

3. Чтобы применить затухание, выберите команду меню Process -> Fade -> Out.

Программа Sound Forge изменит громкость ваших данных в соответствии с указанными параметрами.

Найти частные производные ,  и , если переменные x, y, и z связаны равенством 4x2 y ez – cos(x3 – z) + 2y2 + 3x = 0. Примеры решения и офомления задач контрольной работы по высшей математике

видеонаблюдение для дома
бесплатные программы