Замечательные пределы

Шаблон:Переработать Замеча́тельные преде́лы — термины, использующиеся в советских и российских учебниках по математическому анализу для обозначения двух широко известных математических тождеств со взятием предела:

• Первый замечательный предел:

  $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1.$

• Второй замечательный предел:

  $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{x})}^x=e.$

Первый замечательный предел

$\underset{x\to 0}{lim}\frac{\sin x}{x}=1$

Доказательство:

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

Рассмотрим случай $x\in (0;\frac{\pi }{2})$. Отложим этот угол на единичной окружности так, чтобы его вершина совпадала с началом координат, а одна сторона совпадала с осью $OX$. Пусть $K$ — точка пересечения второй стороны угла с единичной окружностью, а точка $L$ — с касательной к этой окружности в точке $A=(1;0)$. Точка $H$ — проекция точки $K$ на ось $OX$.

Очевидно, что:

$S_{\mathrm{△}OKA}<S_{sectKOA}<S_{\mathrm{△}OAL}$ (1)

(где $S_{sectKOA}$ — площадь сектора $KOA$)

Поскольку $\left|KH\right|=\sin x,\left|LA\right|=\mathrm{tg}x$:

$S_{\mathrm{△}OKA}=\frac{1}{2}\cdot \left|OA\right|\cdot \left|KH\right|=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sin x=\frac{\sin x}{2}$

$S_{sectKOA}=\frac{1}{2}\cdot {\left|OA\right|}^2\cdot x=\frac{x}{2}$

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

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 $\sin x$:

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

Перейдём к пределу:

$\underset{x\to +0}{lim}\cos x⩽\underset{x\to +0}{lim}\frac{\sin x}{x}⩽1$

$1⩽\underset{x\to +0}{lim}\frac{\sin x}{x}⩽1$

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

Найдём левый односторонний предел (так как функция четна, в этом нет необходимости, достаточно доказать это для правого предела):

$\underset{x\to -0}{lim}\frac{\sin x}{x}=\left[\begin{array}{c}u=-x\\ x=-u\\ u\to +0\\ x\to -0\end{array}\right]=\underset{u\to +0}{lim}\frac{\sin (-u)}{-u}=\underset{u\to +0}{lim}\frac{-\sin (u)}{-u}=\underset{u\to +0}{lim}\frac{\sin (u)}{u}=1$

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

Следствия:

• $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{tg}x}{x}=1$
• $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\arcsin x}{x}=1$
• $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{arctg}x}{x}=1$
• $\underset{x\to 0}{lim}\frac{1-\cos x}{\frac{x^2}{2}}=1$

Второй замечательный предел

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{x})}^x=e$

Доказательство существования второго замечательного предела: Шаблон:Hider

$◂$   Зная, что второй замечательный предел верен для натуральных значений x, докажем второй замечательный предел для вещественных x, то есть докажем, что $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{x})}^x=e;x\in ℝ$. Рассмотрим два случая:

1. Пусть $x\to +\mathrm{\infty }$. Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами: $n⩽x<n+1$, где $n=[x]$ — это целая часть x.

Отсюда следует: $\frac{1}{n+1}<\frac{1}{x}⩽\frac{1}{n}⟺1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}⩽1+\frac{1}{n}$, поэтому

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

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

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n+1})}^n=\frac{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n+1}{)}^{n+1}}{\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(1+\frac{1}{n+1})}=\frac{e}{1}=e$

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

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

2. Пусть $x\to -\mathrm{\infty }$. Сделаем подстановку $-x=t$, тогда

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{x})}^x=\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1-\frac{1}{t})}^{-t}=\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\left(\frac{t}{t-1}\right)}^t=\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{t-1})}^t=$

$=\underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{t-1})}^{t-1}\cdot \underset{t\to +\mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{t-1})}^1=e\cdot 1=e$.

Очевидно, из двух этих случаев вытекает, что $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{x})}^x=e$ для вещественного x.    $▸$

Следствия

1. $\underset{x\to 0}{lim}{(1+x)}^{1/x}=e$
2. $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{k}{x})}^x=e^k$
3. $\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}=1$
4. $\underset{x\to 0}{lim}\frac{e^x-1}{x}=1$
5. $\underset{x\to 0}{lim}\frac{a^x-1}{x\ln a}=1$ для $a>0$, $a\ne 1$
6. $\underset{x\to 0}{lim}\frac{(1+x{)}^{\alpha }-1}{\alpha x}=1$
7. $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1-\frac{k}{x})}^x=e^{-k}$

Применение

Замечательные пределы и их следствия используются при раскрытии неопределённостей для нахождения других пределов.

См. также

• Список пределов

Литература

• Шаблон:Книга

Ссылки

• Замечательные пределы на Wikia science Математика Шаблон:Wayback