Замечательные пределы 2 определение, замечательные пределы 10 класс, замечательные пределы определение

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

Первый замечательный предел:
Второй замечательный предел:

Первый замечательный предел

Доказательство

Рассмотрим односторонние пределы и и докажем, что они равны 1.

Пусть . Отложим этот угол на единичной окружности ().

Точка K — точка пересечения луча с окружностью, а точка L — с касательной к единичной окружности в точке . Точка H — проекция точки K на ось OX.

Очевидно, что:

(1)

(где — площадь сектора )

(из : )

Подставляя в (1), получим:

Так как при :

Умножаем на :

Перейдём к пределу:

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

Доказательство следствий

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

$\lim_{x \to 0}\frac{\mathrm{arctg} x}{x} = \left [ \begin{matrix} u = \mathrm{arctg} x \\ x = \mathrm{tg} u \\ u \to 0 \\ x \to 0 \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}\frac{u}{\mathrm{tg} u} = 1$

$\lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{\frac{x^2}{2} } = \lim_{x \to 0}\frac{ \sin^2 \frac{x}{2}}{\frac{x^2}{4}} = 1^2 = 1$

Второй замечательный предел

или

Доказательство второго замечательного предела:

Доказательство для натуральных значений x

Докажем вначале теорему для случая последовательности

По формуле бинома Ньютона:

Полагая , получим:

(1)

Из данного равенства (1) следует, что с увеличением n число положительных слагаемых в правой части увеличивается. Кроме того, при увеличении n число убывает, поэтому величины возрастают. Поэтому последовательность — возрастающая, при этом

(2).

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

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

Сумму в скобке найдём по формуле суммы членов геометрической прогрессии:

Поэтому (3).

Итак, последовательность ограничена сверху, при этом выполняются неравенства (2) и (3): .

Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса (критерий сходимости последовательности) последовательность монотонно возрастает и ограниченна, значит имеет предел, обозначаемый буквой e. Т.е.

Зная, что второй замечательный предел верен для натуральных значений x, докажем второй замечательный предел для вещественных x, то есть докажем, что . Рассмотрим два случая:

1. Пусть . Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами: , где — это целая часть x.

Отсюда следует: , поэтому

Если , то . Поэтому, согласно пределу , имеем:

По признаку (о пределе промежуточной функции) существования пределов .

2. Пусть . Сделаем подстановку , тогда

Из двух этих случаев вытекает, что для вещественного x.

Следствия

для ,

Доказательства следствий

$\lim_{u \to 0}(1 + u)^\frac{1}{u} = \left [ \begin{matrix} u = 1/x \\ x \to \infty \end{matrix} \right ] =\lim_{x \to \infty}\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x=e$
$\lim_{x \to \infty}\left(1 + \frac{k}{x}\right)^x = \left [ \begin{matrix} u = x/k \\ x = k u \\ u \to \infty \\ x \to \infty \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to \infty}\left(1 + \frac{1}{u}\right)^{ku} = \left(\lim_{u \to \infty}\left(1 + \frac{1}{u}\right)^u\right)^k = e^k$
$\lim_{x \to 0}\frac{e^x - 1}{x} = \left [ \begin{matrix} u = e^x - 1 \\ x = \ln(1 + u) \\ x \to 0 \\ u \to 0 \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}\frac{u}{\ln(1 + u)} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{a^x - 1}{x \ln a} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{\ln(a^x)} - 1}{x \ln a} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{x \ln a} - 1}{x \ln a} = \left [ \begin{matrix} u = x \ln a \\ u \to 0 \\ x \to 0 \end{matrix} \right ] = \lim_{u \to 0}\frac{e^u - 1}{u} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{(1 + x)^\alpha - 1}{\alpha x} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{\alpha \ln(1+x)} - 1}{\alpha x} = \left[ \ln(1+x) \sim x \right] = \lim_{x \to 0}\frac{e^{\alpha x} - 1}{\alpha x} = 1$