Замечательные пределы

• Разделы:
  • Второй замечательный предел
  • Применение
  • Литература
  • Ссылки

Замеча́тельные преде́лы — термин, использующийся в советских и российских учебниках по математическому анализу для обозначения двух широко известных математических тождеств со взятием предела:

• Первый замечательный предел:

  limx→0sin⁡xx=1.{displaystyle lim _{xto 0}{frac {sin x}{x}}=1.}

• Второй замечательный предел:

  limx→∞(1+1x)x=e.{displaystyle lim _{xto infty }left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}=e.}

Содержание

• 1 Первый замечательный предел
• 2 Второй замечательный предел
• 3 Применение
• 4 Литература
• 5 Ссылки

Первый замечательный предел

limx→0sin⁡xx=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {sin x}{x}}=1}

Доказательство

Рассмотрим односторонние пределы limx→0+sin⁡xx{displaystyle lim _{xto 0+}{frac {sin x}{x}}}

  и limx→0−sin⁡xx{displaystyle lim _{xto 0-}{frac {sin x}{x}}}  и докажем, что они равны 1.

Пусть x∈(0;π2){displaystyle xin (0;{frac {pi }{2}})}

 . Отложим этот угол на единичной окружности (R=1){displaystyle (R=1)}  так, чтобы его вершина совпадала с началом координат (точка O), а одна сторона совпадала с осью OX. Пусть K — точка пересечения второй стороны угла с единичной окружностью, а точка L — пересечение OK с касательной к этой окружности в точке A=(1;0){displaystyle A=(1;0)} . Точка H — проекция точки K на ось OX.

Очевидно, что:

S△OKA<SsectKOA<S△OAL{displaystyle S_{triangle OKA}<S_{sectKOA}<S_{triangle OAL}}  (1)

(где SsectKOA{displaystyle S_{sectKOA}}

  — площадь сектора KOA{displaystyle KOA} )

S△KOA=12⋅|OA|⋅|KH|=12⋅|OA|⋅|OK|⋅sin⁡x=12⋅1⋅1⋅sin⁡x=sin⁡x2{displaystyle S_{triangle KOA}={frac {1}{2}}cdot |OA|cdot |KH|={frac {1}{2}}cdot |OA|cdot |OK|cdot sin x={frac {1}{2}}cdot 1cdot 1cdot sin x={frac {sin x}{2}}} 

SsectKOA=12R2x=x2{displaystyle S_{sectKOA}={frac {1}{2}}R^{2}x={frac {x}{2}}} 

S△OAL=12⋅|OA|⋅|LA|=tgx2{displaystyle S_{triangle OAL}={frac {1}{2}}cdot |OA|cdot |LA|={frac {mathrm {tg} ,x}{2}}} 

(из △OAL{displaystyle triangle OAL}

 : |LA|=tgx{displaystyle |LA|=mathrm {tg} ,x} )

Подставляя в (1), получим:

sin⁡x2<x2<tgx2{displaystyle {frac {sin x}{2}}<{frac {x}{2}}<{frac {mathrm {tg} ,x}{2}}} 

Так как при x→0+:sin⁡x>0,x>0,tgx>0{displaystyle xto 0+:sin x>0,x>0,mathrm {tg} ,x>0}

 :

1tgx<1x<1sin⁡x{displaystyle {frac {1}{mathrm {tg} ,x}}<{frac {1}{x}}<{frac {1}{sin x}}} 

Умножаем на sin⁡x{displaystyle sin x}

 :

cos⁡x<sin⁡xx<1{displaystyle cos x<{frac {sin x}{x}}<1} 

Перейдём к пределу:

limx→0+cos⁡x⩽limx→0+sin⁡xx⩽1{displaystyle lim _{xto 0+}cos xleqslant lim _{xto 0+}{frac {sin x}{x}}leqslant 1} 

1⩽limx→0+sin⁡xx⩽1{displaystyle 1leqslant lim _{xto 0+}{frac {sin x}{x}}leqslant 1} 

limx→0+sin⁡xx=1{displaystyle lim _{xto 0+}{frac {sin x}{x}}=1} 

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

limx→0−sin⁡xx=[u=−xx=−uu→0+x→0−]=limu→0+sin⁡(−u)−u=limu→0+−sin⁡(u)−u=limu→0+sin⁡(u)u=1{displaystyle lim _{xto 0-}{frac {sin x}{x}}=left[{begin{matrix}u=-xx=-uuto 0+xto 0-end{matrix}}right]=lim _{uto 0+}{frac {sin(-u)}{-u}}=lim _{uto 0+}{frac {-sin(u)}{-u}}=lim _{uto 0+}{frac {sin(u)}{u}}=1} 

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

Следствия:

• limx→0tgxx=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {mathrm {tg} ,x}{x}}=1} 
• limx→0arcsinxx=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {mathrm {arcsin} ,x}{x}}=1} 
• limx→0arctgxx=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {mathrm {arctg} ,x}{x}}=1} 
• limx→01−cos⁡xx22=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {1-cos x}{frac {x^{2}}{2}}}=1} 

Доказательство следствий

limx→0tgxx=limx→0sin⁡xxcos⁡x=limx→0sin⁡xx⋅limx→01cos⁡x=1⋅1=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {mathrm {tg} ,x}{x}}=lim _{xto 0}{frac {sin x}{xcos x}}=lim _{xto 0}{frac {sin x}{x}}cdot lim _{xto 0}{frac {1}{cos x}}=1cdot 1=1} 

limx→0arcsin⁡xx=[u=arcsin⁡xx=sin⁡uu→0x→0]=limu→0usin⁡u=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {arcsin x}{x}}=left[{begin{matrix}u=arcsin xx=sin uuto 0xto 0end{matrix}}right]=lim _{uto 0}{frac {u}{sin u}}=1} 

limx→0arctgxx=[u=arctgxx=tguu→0x→0]=limu→0utgu=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {mathrm {arctg} ,x}{x}}=left[{begin{matrix}u=mathrm {arctg} ,xx=mathrm {tg} ,uuto 0xto 0end{matrix}}right]=lim _{uto 0}{frac {u}{mathrm {tg} ,u}}=1} 

limx→01−cos⁡xx22=limx→02⋅sin2⁡x2x22=12=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {1-cos x}{frac {x^{2}}{2}}}=lim _{xto 0}{frac {2cdot sin ^{2}{frac {x}{2}}}{frac {x^{2}}{2}}}=1^{2}=1} 

Второй замечательный предел

limx→∞(1+1x)x=e{displaystyle lim _{xto infty }left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}=e}

  или limx→0(1+x)1/x=e{displaystyle lim _{xto 0}left(1+xright)^{1/x}=e} 

Доказательство существования второго замечательного предела:

Доказательство для натуральных значений x

◂{displaystyle blacktriangleleft }

   Докажем вначале теорему для случая последовательности xn=(1+1n)n; n∈N{displaystyle x_{n}=left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}; nin mathbb {N} } 

По формуле бинома Ньютона: (a+b)n=an + n1⋅an−1⋅b + n(n−1)1⋅2⋅an−2⋅b2 + … + n(n−1)(n−2)…(n−(n−1))1⋅2⋅3⋅…⋅n⋅bn; n∈N{displaystyle (a+b)^{n}=a^{n}~+~{frac {n}{1}}cdot a^{n-1}cdot b~+~{frac {n(n-1)}{1cdot 2}}cdot a^{n-2}cdot b^{2}~+~…~+~{frac {n(n-1)(n-2)…(n-(n-1))}{1cdot 2cdot 3cdot …cdot n}}cdot b^{n}; nin mathbb {N} }

Полагая a=1; b=1n{displaystyle a=1;~b={frac {1}{n}}}

 , получим:

(1+1n)n=1 + n1⋅1n + n(n−1)1⋅2⋅1n2 + n(n−1)(n−2)1⋅2⋅3⋅1n3 + … + n(n−1)(n−2)…(n−(n−1))1⋅2⋅3⋅…⋅n⋅1nn={displaystyle left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}=1~+~{frac {n}{1}}cdot {frac {1}{n}}~+~{frac {n(n-1)}{1cdot 2}}cdot {frac {1}{n^{2}}}~+~{frac {n(n-1)(n-2)}{1cdot 2cdot 3}}cdot {frac {1}{n^{3}}}~+~…~+~{frac {n(n-1)(n-2)…(n-(n-1))}{1cdot 2cdot 3cdot …cdot n}}cdot {frac {1}{n^{n}}}=} 

=1 + 1 + 11⋅2⋅(1−1n) + 11⋅2⋅3⋅(1−1n)⋅(1−2n) + … + 11⋅2⋅3⋅…⋅n⋅(1−1n)⋅(1−2n)⋅…⋅(1−n−1n){displaystyle =1~+~1~+~{frac {1}{1cdot 2}}cdot left(1-{frac {1}{n}}right)~+~{frac {1}{1cdot 2cdot 3}}cdot left(1-{frac {1}{n}}right)cdot left(1-{frac {2}{n}}right)~+~…~+~{frac {1}{1cdot 2cdot 3cdot …cdot n}}cdot left(1-{frac {1}{n}}right)cdot left(1-{frac {2}{n}}right)cdot …cdot left(1-{frac {n-1}{n}}right)}        (1)

Из данного равенства (1) следует, что с увеличением n число положительных слагаемых в правой части увеличивается. Кроме того, при увеличении n число 1n{displaystyle {frac {1}{n}}}

  убывает, поэтому величины (1−1n),(1−2n),…{displaystyle left(1-{frac {1}{n}}right),left(1-{frac {2}{n}}right),…}  возрастают. Поэтому последовательность {xn}={(1+1n)n}; n∈N{displaystyle {x_{n}}=left{left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}right}; nin mathbb {N} }  — возрастающая, при этом

(1+1n)n≥2,n∈N{displaystyle left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}geq 2,nin mathbb {N} }       (2).

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

(1+1n)n<1+1+11⋅2+11⋅2⋅3 + … + 11⋅2⋅3⋅…⋅n{displaystyle left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}<1+1+{frac {1}{1cdot 2}}+{frac {1}{1cdot 2cdot 3}}~+~…~+~{frac {1}{1cdot 2cdot 3cdot …cdot n}}} 

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

(1+1n)n<1+(1+12+122+…+12n−1){displaystyle left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}<1+left(1+{frac {1}{2}}+{frac {1}{2^{2}}}+…+{frac {1}{2^{n-1}}}right)} .

Сумму в скобке найдём по формуле суммы членов геометрической прогрессии:

1+12+122+…+12n−1=1⋅(1−(12)n)1−12=2⋅(1−12n)<2{displaystyle 1+{frac {1}{2}}+{frac {1}{2^{2}}}+…+{frac {1}{2^{n-1}}}={frac {1cdot left(1-({frac {1}{2}})^{n}right)}{1-{frac {1}{2}}}}=2cdot left(1-{frac {1}{2^{n}}}right)<2} .

Поэтому (1+1n)n<1+2=3{displaystyle left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}<1+2=3}

       (3).

Итак, последовательность ограничена сверху, при этом ∀n∈N{displaystyle forall nin mathbb {N} }

  выполняются неравенства (2) и (3):   2≤(1+1n)n<3{displaystyle 2leq left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}<3} .

Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса (критерий сходимости последовательности) последовательность xn=(1+1n)n, n∈N{displaystyle x_{n}=left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}, nin mathbb {N} }

  монотонно возрастает и ограниченна, значит имеет предел, обозначаемый буквой e. Т.е.limn→∞(1+1n)n=e{displaystyle lim _{nto infty }left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}=e}  ▸{displaystyle blacktriangleright } 

◂{displaystyle blacktriangleleft }

    Зная, что второй замечательный предел верен для натуральных значений x, докажем второй замечательный предел для вещественных x, то есть докажем, чтоlimx→∞(1+1x)x=e; x∈R{displaystyle lim _{xto infty }left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}=e; xin mathbb {R} } . Рассмотрим два случая:

1. Пусть x→+∞{displaystyle xrightarrow +infty }

 . Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами: n⩽x<n+1{displaystyle nleqslant x<n+1} , где n=[x]{displaystyle n=[x]}  — это целая часть x.

Отсюда следует: 1n+1<1x⩽1n  ⟺  1+1n+1<1+1x⩽1+1n{displaystyle {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+1n+1)n<(1+1x)x⩽(1+1n)n+1{displaystyle left(1+{frac {1}{n+1}}right)^{n}<left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}leqslant left(1+{frac {1}{n}}right)^{n+1}} .

Если x→+∞{displaystyle xrightarrow +infty } , то n→∞{displaystyle nrightarrow infty } . Поэтому, согласно пределу limn→∞(1+1n)n=e{displaystyle lim _{nto infty }left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}=e} , имеем:

limn→∞(1+1n+1)n=limn→∞(1+1n+1)n+1limn→∞(1+1n+1)=e1=e{displaystyle lim _{nto infty }left(1+{frac {1}{n+1}}right)^{n}={frac {lim limits _{nto infty }(1+{frac {1}{n+1}})^{n+1}}{lim limits _{nto infty }left(1+{frac {1}{n+1}}right)}}={frac {e}{1}}=e} 

limn→∞(1+1n)n+1=limn→∞(1+1n)n⋅limn→∞(1+1n)=e⋅1=e{displaystyle lim _{nto infty }left(1+{frac {1}{n}}right)^{n+1}=lim _{nto infty }left(1+{frac {1}{n}}right)^{n}cdot lim _{nto infty }left(1+{frac {1}{n}}right)=ecdot 1=e} .

По признаку (о пределе промежуточной функции) существования пределов limx→+∞(1+1x)x=e{displaystyle lim _{xto +infty }left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}=e} .

2. Пусть x→−∞{displaystyle xto -infty }

 . Сделаем подстановку −x=t{displaystyle -x=t} , тогда

limx→−∞(1+1x)x=limt→+∞(1−1t)−t=limt→+∞(tt−1)t=limt→+∞(1+1t−1)t={displaystyle lim _{xto -infty }left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}=lim _{tto +infty }left(1-{frac {1}{t}}right)^{-t}=lim _{tto +infty }left({frac {t}{t-1}}right)^{t}=lim _{tto +infty }left(1+{frac {1}{t-1}}right)^{t}=} 

=limt→+∞(1+1t−1)t−1⋅limt→+∞(1+1t−1)1=e⋅1=e{displaystyle =lim _{tto +infty }left(1+{frac {1}{t-1}}right)^{t-1}cdot lim _{tto +infty }left(1+{frac {1}{t-1}}right)^{1}=ecdot 1=e} .

Из двух этих случаев вытекает, что limx→∞(1+1x)x=e{displaystyle lim _{xto infty }left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}=e}

  для вещественного x.   ▸{displaystyle blacktriangleright } 

Следствия

1. limu→0(1+u)1u=e{displaystyle lim _{uto 0}(1+u)^{frac {1}{u}}=e} 
2. limx→∞(1+kx)x=ek{displaystyle lim _{xto infty }left(1+{frac {k}{x}}right)^{x}=e^{k}} 
3. limx→0ln⁡(1+x)x=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {ln(1+x)}{x}}=1} 
4. limx→0ex−1x=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {e^{x}-1}{x}}=1} 
5. limx→0ax−1xln⁡a=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {a^{x}-1}{xln a}}=1}  для a>0{displaystyle a>0} , a≠1{displaystyle aneq 1} 
6. limx→0(1+x)α−1αx=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {(1+x)^{alpha }-1}{alpha x}}=1} 

Доказательства следствий

1. limu→0(1+u)1u=[u=1/xx→∞]=limx→∞(1+1x)x=e{displaystyle lim _{uto 0}(1+u)^{frac {1}{u}}=left[{begin{matrix}u=1/xxto infty end{matrix}}right]=lim _{xto infty }left(1+{frac {1}{x}}right)^{x}=e} 
2. limx→∞(1+kx)x=[u=x/kx=kuu→∞x→∞]=limu→∞(1+1u)ku=(limu→∞(1+1u)u)k=ek{displaystyle lim _{xto infty }left(1+{frac {k}{x}}right)^{x}=left[{begin{matrix}u=x/kx=kuuto infty xto infty end{matrix}}right]=lim _{uto infty }left(1+{frac {1}{u}}right)^{ku}=left(lim _{uto infty }left(1+{frac {1}{u}}right)^{u}right)^{k}=e^{k}} 
3. limx→0ln⁡(1+x)x=limx→01xln⁡(1+x)=limx→0ln⁡((1+x)1x)=ln⁡e=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {ln(1+x)}{x}}=lim _{xto 0}{frac {1}{x}}ln(1+x)=lim _{xto 0}ln((1+x)^{frac {1}{x}})=ln e=1} 
4. limx→0ex−1x=[u=ex−1x=ln⁡(1+u)x→0u→0]=limu→0uln⁡(1+u)=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {e^{x}-1}{x}}=left[{begin{matrix}u=e^{x}-1x=ln(1+u)xto 0uto 0end{matrix}}right]=lim _{uto 0}{frac {u}{ln(1+u)}}=1} 
5. limx→0ax−1xln⁡a=limx→0eln⁡(ax)−1xln⁡a=limx→0exln⁡a−1xln⁡a=[u=xln⁡au→0x→0]=limu→0eu−1u=1{displaystyle lim _{xto 0}{frac {a^{x}-1}{xln a}}=lim _{xto 0}{frac {e^{ln(a^{x})}-1}{xln a}}=lim _{xto 0}{frac {e^{xln a}-1}{xln a}}=left[{begin{matrix}u=xln auto 0xto 0end{matrix}}right]=lim _{uto 0}{frac {e^{u}-1}{u}}=1} 
6. limx→0(1+x)α−1αx=limx→0eαln⁡(1+x)−1αx=limx→0eαln⁡(1+x)−1αln⁡(1+x)⋅limx→0ln⁡(1+x)x={displaystyle lim _{xto 0}{frac {(1+x)^{alpha }-1}{alpha x}}=lim _{xto 0}{frac {e^{alpha ln(1+x)}-1}{alpha x}}=lim _{xto 0}{frac {e^{alpha ln(1+x)}-1}{alpha ln(1+x)}}cdot lim _{xto 0}{frac {ln(1+x)}{x}}=} 

=limx→0eαln⁡(1+x)−1αln⁡(1+x)⋅1=[u=αln⁡(1+x)x→0u→0]=limu→0eu−1u=1{displaystyle =lim _{xto 0}{frac {e^{alpha ln(1+x)}-1}{alpha ln(1+x)}}cdot 1=left[{begin{matrix}u=alpha ln(1+x)xto 0uto 0end{matrix}}right]=lim _{uto 0}{frac {e^{u}-1}{u}}=1} 

Применение

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

Литература

• Ильин В. А., Позняк Э. Г. Основы математического анализа (в двух частях). — М.: Физматлит, 2005. — С. 24-25. — ISBN 5-9221-0536-1.

Ссылки

• Замечательные пределы на Wikia science Математика