Замечательные пределы - NiNa.Az

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:

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

• Второй замечательный предел:

  ${\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e.}$

Первый замечательный предел

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

Доказательство:

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

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

Очевидно, что:

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

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

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

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

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

${\displaystyle S_{\triangle OAL}={\frac {1}{2}}\cdot \left|OA\right|\cdot \left|LA\right|={\frac {\operatorname {tg} x}{2}}}$

Подставляя в (1), получим:

${\displaystyle {\frac {\sin x}{2}}<{\frac {x}{2}}<{\frac {\operatorname {tg} x}{2}}}$

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

${\displaystyle {\frac {1}{\operatorname {tg} x}}<{\frac {1}{x}}<{\frac {1}{\sin x}}}$

Умножаем на ${\displaystyle \sin x}$:

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

Перейдём к пределу:

${\displaystyle \lim _{x\to +0}\cos x\leqslant \lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1}$

${\displaystyle 1\leqslant \lim _{x\to +0}{\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1}$

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

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

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

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

Следствия:

• ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {tg} x}{x}}=1}$
• ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arcsin} x}{x}}=1}$
• ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arctg} x}{x}}=1}$
• ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x}{\frac {x^{2}}{2}}}=1}$

Доказательство следствий

${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {tg} x}{x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x\cos x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {1}{\cos x}}=1\cdot 1=1}$

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

${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\operatorname {arctg} x}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=\operatorname {arctg} x\\x=\operatorname {tg} u\\u\to 0\\x\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {u}{\operatorname {tg} u}}=1}$

${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x}{\frac {x^{2}}{2}}}=\lim _{x\to 0}{\frac {2\cdot \sin ^{2}{\frac {x}{2}}}{2\cdot \left({\frac {x}{2}}\right)^{2}}}=\lim _{{\frac {x}{2}}\to 0}\left({\frac {\sin {\frac {x}{2}}}{\frac {x}{2}}}\right)^{2}=1^{2}=1}$

Второй замечательный предел

${\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e}$

Доказательство существования второго замечательного предела:

Доказательство для натуральных значений x

${\displaystyle \blacktriangleleft }$  Докажем вначале теорему для случая последовательности ${\displaystyle x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n};\ n\in \mathbb {N} }$

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

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

${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=1~+~{\frac {n}{1}}\cdot {\frac {1}{n}}~+~{\frac {n(n-1)}{1\cdot 2}}\cdot {\frac {1}{n^{2}}}~+~{\frac {n(n-1)(n-2)}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot {\frac {1}{n^{3}}}~+~...~+~{\frac {n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot {\frac {1}{n^{n}}}=}$

${\displaystyle =1~+~1~+~{\frac {1}{1\cdot 2}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n}}\right)~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdot ...\cdot \left(1-{\frac {n-1}{n}}\right)}$       (1)

С увеличением ${\displaystyle n}$ число положительных слагаемых в правой части равенства (1) увеличивается. Кроме того, при увеличении ${\displaystyle n}$ число ${\displaystyle {\frac {1}{n}}}$ убывает, поэтому величины ${\displaystyle \left(1-{\frac {1}{n}}\right),\left(1-{\frac {2}{n}}\right),...}$ возрастают. Поэтому последовательность ${\displaystyle \{x_{n}\}=\left\{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right\};\ n\in \mathbb {N} }$ — возрастающая, при этом

${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\geq 2,n\in \mathbb {N} }$      (2).

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

${\displaystyle \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+1+{\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}}$

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

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

Сумму в скобке найдём по формуле суммы членов геометрической прогрессии:

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

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

Итак, последовательность ограничена сверху, при этом ${\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} }$ выполняются неравенства (2) и (3):   ${\displaystyle 2\leq \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<3}$.

Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса (критерий сходимости последовательности) последовательность ${\displaystyle x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},\ n\in \mathbb {N} }$ монотонно возрастает и ограничена, значит имеет предел, обозначаемый буквой e. Т.е. ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e}$ ${\displaystyle \blacktriangleright }$

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

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

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

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

Если ${\displaystyle x\rightarrow +\infty }$, то ${\displaystyle n\rightarrow \infty }$. Поэтому, согласно пределу ${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e}$, имеем:

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

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

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

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

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

${\displaystyle =\lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{t-1}\cdot \lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{1}=e\cdot 1=e}$.

Очевидно, из двух этих случаев вытекает, что ${\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e}$ для вещественного x.    ${\displaystyle \blacktriangleright }$

Следствия

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

Доказательства следствий

1. ${\displaystyle \lim _{u\to 0}(1+u)^{\frac {1}{u}}=\left[{\begin{matrix}u=1/x\\x\to \infty \end{matrix}}\right]=\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e}$
2. ${\displaystyle \lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {k}{x}}\right)^{x}=\left[{\begin{matrix}u=x/k\\x=ku\\u\to \infty \\x\to \infty \end{matrix}}\right]=\lim _{u\to \infty }\left(1+{\frac {1}{u}}\right)^{ku}=\left(\lim _{u\to \infty }\left(1+{\frac {1}{u}}\right)^{u}\right)^{k}=e^{k}}$
3. ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {1}{x}}\ln(1+x)=\lim _{x\to 0}\ln((1+x)^{\frac {1}{x}})=\ln e=1}$
4. ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=e^{x}-1\\x=\ln(1+u)\\x\to 0\\u\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {u}{\ln(1+u)}}=1}$
5. ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x\ln a}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{\ln(a^{x})}-1}{x\ln a}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x\ln a}-1}{x\ln a}}=\left[{\begin{matrix}u=x\ln a\\u\to 0\\x\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {e^{u}-1}{u}}=1}$
6. ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{\alpha }-1}{\alpha x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{\alpha \ln(1+x)}-1}{\alpha x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{\alpha \ln(1+x)}-1}{\alpha \ln(1+x)}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=}$

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

Применение

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

См. также

• Список 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 Архивная копия от 22 сентября 2018 на Wayback Machine