5.5. Некоторые замечательные пределы

Теорема 5.8 (первый замечательный предел). $\lim \limits _{x\to 0} \frac{\sin x}x = 1$.

$\blacktriangle$ 1) $0 < x < \frac\pi 2$.

$S_{AOB} < S_{\mbox{сек. } AOB} < S_{AOC}$.

$\frac12 BN\cdot OA < \frac12 OA^2 \cdot x < \frac12 OA \cdot AC$

$\frac12 \sin x < \frac12 x < \frac12 \mathop {\rm tg}\nolimits x$.

Таким образом, $\sin x < x < \frac{\sin x}{\cos x}$.

$\cos x < \frac{\sin x}x < 1$. $\forall x\colon 0 < |x| < \frac\pi 2$.

Т.к. $y = \cos x$ непрерывна в точке $x=0$, то $\lim \limits _{x\to 0} \cos x = \cos 0 = 1$.

По теореме о зажатой функции $\lim \limits _{x\to 0} \frac{\sin x}x = 1$. $\blacksquare$

Следствие. $\lim \limits _{x\to 0} \frac{\arcsin x}x = 1$.

$\blacktriangle$ Рассмотрим $y = \arcsin x$. Тогда $\lim \limits _{x\to 0} y(x) = \arcsin 0 = 0$, $y(x) \neq 0$ при $x \neq 0$.

Т.к. $\lim \limits _{y\to 0} \frac{y}{\sin y} = 1$, то по теореме о замене переменной в пределе $\lim \limits _{x\to 0} \frac{\arcsin x}{x} = \lim \limits _{y\to 0} \frac{y}{\sin y} = 1$. $\blacksquare$

Лемма 5.3. Если $\{ K_ n\} , K_ n \in \mathbb {N}, K_ n\to +\infty$, то $\lim \limits _{n\to \infty }(1 + \frac1{K_ n})^{K_ n} = e$.

$\blacktriangle$ По определению $e = \lim \limits _{n\to \infty }x_ n$, где $x_ n = (1 + \frac1n)^ n$. Тогда $\forall \varepsilon >0\ \exists N_1\ \forall n>N_1\colon x_ n \in B_\varepsilon (e)$.

Т.к. $K_ n\to +\infty$, то $\exists N\ \forall n > N\colon K_ n > N_1$. Следовательно, $\forall \varepsilon >0\ \exists N\ \forall n > N\colon$ $x_{K_ n} \in B_\varepsilon (e)$, т.е. $\lim \limits _{n\to \infty }x_{K_ n} = e$. $\blacksquare$

Теорема 5.9 (второй замечательный предел). $\lim \limits _{x\to 0} (1 + x)^{\frac1x} = \lim \limits _{x\to \pm \infty } \left(1 + \frac1x\right)^ x = e$.

$\blacktriangle$ Пусть $x_ n\to +\infty ; K_ n = [x_ n]; K_ n \leqslant x_ n < K_ n + 1$.

При $x_ n \geqslant 1$ выполнено:

$\left(1 + \frac1{K_ n+1}\right)^{K_ n} < \left(1 + \frac1{x_ n}\right)^{x_ n} < \left(1 + \frac1{K_ n}\right)^{K_ n+1}$.

$\lim \limits _{n\to \infty }\left(1 + \frac1{K_ n+1}\right)^{K_ n} = \frac{ \left(1 + \frac1{K_ n+1}\right)^{K_ n+1} }{ \left(1 + \frac1{K_ n+1}\right) } = e$.

$\lim \limits _{n\to \infty }\left(1 + \frac1{K_ n}\right)^{K_ n + 1} = \lim \limits _{n\to \infty }\left(1 + \frac1{K_ n}\right)^{K_ n} \left(1 + \frac1{K_ n}\right) = e$.

$\lim \limits _{n\to \infty }\left(1 + \frac1{x_ n}\right)^{x_ n} = e$. По определению Гейне $\lim \limits _{x\to +\infty } \left(1 + \frac1x\right)^ x = e$.

Тогда $\lim \limits _{x\to -\infty } \left(1 + \frac1x\right)^ x = \lim \limits _{x\to -\infty } \left(\frac{x}{x+1}\right)^{-x} =$ $\lim \limits _{x\to -\infty } \left(1 + \frac1{-x -1}\right)^{-x} =$

$= \lim \limits _{x\to -\infty } \left(1 + \frac1{-x -1}\right)^{-x-1} \left(1 + \frac1{-x -1}\right) \stackrel{\scriptscriptstyle y=-x-1}{=}$ $\lim \limits _{y\to +\infty } \left(1 + \frac1y\right)^ y\cdot \left(1 + \frac1y\right) = e$.

В полученном пределе делаем замену $x = \frac1t$, тогда по теореме 4.10
$\lim \limits _{t\to +0} (1 + t)^{\frac1t} = e = \lim \limits _{t \to -0} (1 + t)^{\frac1t}$.

По лемме об одностороннем пределе существует предел $\lim \limits _{t\to 0} (1 + t)^{\frac1t} = e$. $\blacksquare$

Следствие 1. $\lim \limits _{x\to 0} \frac{\ln (1+x)}{x} = 1$.

$\blacktriangle$ Т.к. $z = \ln y$ непрерывна в точке $y=1$, имеем $\lim \limits _{x\to 0} \frac{\ln (1+x)}{x} = \lim \limits _{x\to 0} \ln (1 + x)^\frac 1x = \ln \lim \limits _{x\to 0} (1+x)^\frac 1x =$ $= \ln e = 1$. $\blacksquare$

Следствие 2. $\lim \limits _{x\to 0} \frac{e^ x - 1}{x} = 1$.

$\blacktriangle$ В пределе $\lim \limits _{y\to 0} \frac{\ln (1 + y)}y = 1$ сделаем замену $y = e^ x - 1, y(x) \neq 0 \Leftrightarrow x \neq 0$. По теореме 4.10 $1 = \lim \limits _{x\to 0} \frac{\ln (1 + e^ x - 1)}{e^ x - 1} = \lim \limits _{x\to 0} \frac{x}{e^ x - 1}$. Откуда $\lim \limits _{x\to 0} \frac{e^ x - 1}{x} = 1$. $\blacksquare$