Замечательный предел

Первый замечательный предел

$\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1$

Доказательство

Рассмотрим односторонние пределы $\lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x}$ и $\lim_{x \to 0-}\frac{\sin x}{x}$ и докажем, что они равны 1.

Пусть $x \in (0; \frac{\pi}{2})$. Отложим этот угол на единичной окружности (R = 1).

Точка K — точка пересечения луча с окружностью, а точка L — с касательной к единичной окружности в точке (1;0). Точка H — проекция точки K на ось OX.

Очевидно, что:

$S_{\triangle OKA} < S_{sect OKA} < S_{\triangle OAL}$ (1)

(где S_sectOKA — площадь сектора OKA)

$S_{\triangle OKA} = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |KH| = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sin x = \frac{\sin x}{2}$

$S_{sect OKA} = \frac{1}{2} R^2 x = \frac{x}{2}$

$S_{\triangle OAL} = \frac{1}{2} \cdot |OA| \cdot |LA| = \frac{\mathrm{tg} x}{2}$

(из $\triangle OAL$: | LA | = tgx)

Подставляя в (1), получим:

$\frac{\sin x}{2} < \frac{x}{2} < \frac{\mathrm{tg} x}{2}$

Так как при $x \to 0+: \sin x > 0, x > 0, \mathrm{tg} x > 0$:

$\frac{1}{\mathrm{tg} x} < \frac{1}{x} < \frac{1}{\sin x}$

Умножаем на sinx:

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

Перейдём к пределу:

$\lim_{x \to 0+} \cos x < \lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x} < 1$

$1 < \lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x} < 1$

$\lim_{x \to 0+}\frac{\sin x}{x} = 1$

Найдём левый односторонний предел:

$\lim_{x \to 0-}\frac{\sin x}{x} = \left [ \begin{matrix} u = -x \\ x = -u \\ u \to 0+ \\ x \to 0- \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0+}\frac{\sin(-u)}{-u} = \lim_{u \to 0+}\frac{-\sin(u)}{-u} = \lim_{u \to 0+}\frac{\sin(u)}{u} = 1$

Правый и левый односторонний пределы существуют и равны 1, а значит и сам предел равен 1.

Следствия

$\lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x} = 1$

$\lim_{x \to 0}\frac{\arcsin x}{x} = 1$

$\lim_{x \to 0}\frac{\arctan x}{x} = 1$

$\lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{ \frac{x^2}{2} } = 1$

Доказательство следствий  

$\lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x \cos x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x \to 0}\frac{1}{\cos x} = 1 \cdot 1 = 1$

$\lim_{x \to 0}\frac{\arcsin x}{x} = \left [ \begin{matrix} u = \arcsin x \\ x = \sin u \\ u \to 0 \\ x \to 0 \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}\frac{u}{\sin u} = 1$

$\lim_{x \to 0}\frac{\arctan x}{x} = \left [ \begin{matrix} u = \arctan x \\ x = \tan u \\ u \to 0 \\ x \to 0 \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}\frac{u}{\tan u} = 1$

$\lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{\frac{x^2}{2} } = \lim_{x \to 0}\frac{2 \sin^2 \frac{x}{2}}{\frac{x^2}{2}} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin^2 \frac{x}{2}}{\frac{x}{2} \cdot \frac{x}{2}} = 1^2 = 1$

Второй замечательный предел

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

Доказательство второго замечательного предела:

Доказательство второго замечательного предела для случая последовательности (т.е. для натуральных значений x)  

$\blacktriangleleft$  Докажем вначале теорему для случая последовательности $x_{n} = (1 + \frac{1}{n})^n; n\mathcal{2}~\mathbb N$

По формуле бинома Ньютона: $(a + b)^n = a^n~+~\frac{n}{1}\cdot a^{n-1}\cdot b~+~\frac{n(n-1)}{1\cdot 2}\cdot a^{n-2}\cdot b^2 ~+~ ... ~+~ \frac{n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3 \cdot ... \cdot n}\cdot b^n; n\mathcal{2}~\mathbb N$

Полагая $a=1;~b=\frac{1}{n}$, получим:

$(1 + \frac{1}{n})^n = 1~+~\frac{n}{1}\cdot\frac{1}{n}~+~\frac{n(n-1)}{1\cdot2}\cdot \frac{1}{n^2}~+~\frac{n(n-1)(n-2)}{1\cdot2\cdot3}\cdot\frac{1}{n^3}~+~...~+~\frac{n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot n}\cdot \frac{1}{n^n} =$

$=1~+~1~+~\frac{1}{1\cdot2}\cdot(1-\frac{1}{n})~+~\frac{1}{1\cdot2\cdot3}\cdot(1-\frac{1}{n})\cdot(1-\frac{2}{n})~+~ ... ~+~ \frac{1}{1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot n}\cdot(1-\frac{1}{n})\cdot(1-\frac{2}{n})\cdot...\cdot(1-\frac{n-1}{n}) ~~~~~$       (1)

Из данного равенства (1) следует, что с увеличением n число положительных слагаемых в правой части увеличивается. Кроме того, при увеличении n число $\frac{1}{n}$ убывет, поэтому величины $(1 - \frac{1}{n}), (1-\frac{2}{n}), ...$ возрастают. Поэтому последовательность $\{x_{n}\} = \{(1 + \frac{1}{n})^n\}; n\mathcal{2}\Nu$ — возрастающая, при этом

$(1 + \frac{1}{n})^n > 2 ~~~~~$      (2).

Покажем, что она ограничена. Заменим каждую скобку в правой части равенства на единицу, правая часть увеличится, получим неравенство

$(1+\frac{1}{n})^n < 1+1+\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{1\cdot2\cdot3}~+~...~+~\frac{1}{1\cdot2\cdot3\cdot ... \cdot n}$

Усилим полученное неравенство, заменим 3,4,5, …, стоящие в знаменателях дробей, числом 2:

$(1+\frac{1}{n})^n<1+(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^{n-1}})$.

Сумму в скобке найдем по формуле суммы членов геометрической прогрессии:

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^{n-1}} = \frac{1\cdot(1-(\frac{1}{2})^n)}{1-\frac{1}{2}}=2\cdot (1-\frac{1}{2^n})<2$.

Поэтому $(1+\frac{1}{n})^n<1+2=3~~~~~$      (3).

Итак, последовательность ограничена сверху, при этом $\mathcal{8} n\mathcal{2}~\mathbb N$ выполняются неравенства (2) и (3):   $2~<~(1+\frac{1}{n})^n~<~3$.

Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса (критерий сходимости последовательности) последовательность $x_{n} = (1 + \frac{1}{n})^n; n\mathcal{2}~\mathbb N$ монотонно возрастает и ограниченна, значит имеет предел, обозначаемый буквой e. Т.е. $\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})^n = e$ $\blacktriangleright$

$\blacktriangleleft$   Зная, что второй замечательный предел верен для натуральных значений x, докажем второй замечательный предел для вещественных x, т.е. докажем, что $\lim_{x \to \infty}(1 + \frac{1}{x})^x = e;x\mathcal{2}~\mathbb R$. Рассмотрим два случая:

1. Пусть $x \rightarrow +\mathcal{1}$. Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами: $n\leqslant x<n+1$, где n = [x] - это целая часть x.

Отсюда следует: $\frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}\leqslant \frac{1}{n}~~\Longleftrightarrow~~1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n}$, поэтому

$(1+\frac{1}{n+1})^n<(1+\frac{1}{x})^x\leqslant (1+\frac{1}{n})^{n+1}$.

Если $x \rightarrow +\mathcal{1}$, то $n \rightarrow \mathcal{1}$. Поэтому, согласно пределу $\lim_{n \to \infty}(1 + \frac{1}{n})^n = e$, имеем:

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

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

По признаку (о пределе промежуточной функции) существования пределов $\lim_{x \to +\infty}(1 + \frac{1}{x})^x = e$.

2. Пусть $x \rightarrow -\mathcal{1}$. Сделаем подстановку − x = t, тогда

$\lim_{x \to -\infty}(1 + \frac{1}{x})^x = \lim_{t \to +\infty}(1 - \frac{1}{t})^{-t}= \lim_{t \to +\infty}(\frac{t}{t-1})^t = \lim_{t \to +\infty}(1 + \frac{1}{t-1})^t =$

$= \lim_{t \to +\infty}(1 + \frac{1}{t-1})^{t-1}\cdot \lim_{t \to +\infty}(1 + \frac{1}{t-1})^1 = e\cdot1=e$.

Из двух этих случаев вытекает, что $\lim_{x \to \infty}(1 + \frac{1}{x})^x = e$ для любого x.    $\blacktriangleright$

Следствия

$\lim_{x \to \infty}(1 + \frac{k}{x})^x = e^k$

Доказательство следствия

$\lim_{x \to \infty}(1 + \frac{k}{x})^x = \left [ \begin{matrix} u = \frac{k}{x} \\ x = \frac{k}{u} \\ u \to 0 \\ x \to \infty \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}(1 + u)^\frac{k}{u} = (\lim_{u \to 0}(1 + u)^\frac{1}{u})^k = e^k$

Следствия из второго замечательного предела:

Замечательный логарифмический предел

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

Доказательство предела

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

Замечательный показательный предел

$\lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1}{x} = 1$

Следствия

$\lim_{x \to 0}\frac{a^x - 1}{x \ln a} = 1$ для $a > 0 \,\!$, $a \neq 1 \,\!$

Доказательство предела

$\lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1}{x} = \left [ \begin{matrix} u = e^x - 1 \\ x = \ln(1 + u) \\ x \to 0 \\ u \to 0 \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}\frac{u}{\ln(1 + u)} = 1$

Доказательство следствия

$\lim_{x \to 0}\frac{a^x - 1}{x \ln a} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{\ln(a^x)} - 1}{x \ln a} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{x \ln a} - 1}{x \ln a} = \left [ \begin{matrix} u = x \ln a \\ u \to 0 \\ x \to 0 \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}\frac{e^u - 1}{u} = 1$

Замечательный степенной предел

$\lim_{x \to 0}\frac{(1 + x)^\alpha - 1}{\alpha x} = 1$

Доказательство предела

$\lim_{x \to 0}\frac{(1 + x)^\alpha - 1}{\alpha x} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{\alpha \ln(1+x)} - 1}{\alpha x} = \left[ \ln(1+x) \sim x \right] = \lim_{x \to 0}\frac{e^{\alpha x} - 1}{\alpha x} = 1$

Юмор

• Предел замечательным не бывает.
• Хороший предел — мёртвый предел.

См. также

• Предел функции
• e (математическая константа)