t1m.edu

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 SsectOKA — 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

[править] Второй замечательный предел

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

Доказательство второго замечательного предела:

\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:

[править] 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

[править] 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

[править] 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
© 2008-2014
Админ

Создать сайт бесплатно