Первый и второй замечательные пределы

        Определение 2.11   Первым замечательным пределом называется предел

$\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}.$

    

        Теорема 2.14   Первый замечательный предел равен $ 1:$

$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1.$

        Доказательство.     Рассмотрим два односторонних предела $ \lim\limits_{x\to0+}\dfrac{\sin x}{x}$ и $ \lim\limits_{x\to0-}\dfrac{\sin x}{x}$ и докажем, что каждый из них равен 1. Тогда по теореме 2.1 двусторонний предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}$ также будет равняться 1.

Итак, пусть $ x\in(0;\frac{\pi}{2})$ (этот интервал -- одно из окончаний базы $ x\to0+$). В тригонометрическом круге (радиуса $ R=1$) с центром $ O$ построим центральный угол, равный $ x$, и проведём вертикальную касательную в точке $ U$ пересечения горизонтальной оси с окружностью ($ \vert OU\vert=1$). Обозначим точку пересечения луча с углом наклона $ x$ с окружностью буквой $ V$, а с вертикальной касательной -- буквой $ W$; через $ T$ обозначим проекцию точки $ V$ на горизонтальную ось.

Рис.2.27.Тригонометрический круг


Пусть $ S_{\triangle OUV}$ -- площадь треугольника $ OUV$, $ S_{сек.OUV}$ -- площадь кругового сектора $ OUV$, а $ S_{\triangle OUW}$ -- площадь треугольника $ OUW$. Тогда очевидно следующее неравенство:

$\displaystyle S_{\triangle OUV}<S_{сек.OUV}<S_{\triangle OUW}.$

Заметим, что горизонтальная координата точки $ V$ равна $ \vert OT\vert=\cos x$, а вертикальная -- $ h=\sin x$ (это высота треугольника $ OUV$), так что $ S_{\triangle OUV}=\frac{1}{2}\vert OU\vert h=\dfrac{\sin x}{2}$. Площадь центрального сектора круга радиуса $ R$ с центральным углом $ x$ равна $ \frac{1}{2}R^2x$, так что $ S_{сек.OUV}=\frac{1}{2}x$. Из треугольника $ OUW$ находим, что $ \vert WU\vert=\mathop{\rm tg}\nolimits x$. Поэтому $ {S_{\triangle OUW}=\frac{1}{2}\vert OU\vert\vert WU\vert=\dfrac{\mathop{\rm tg}\nolimits x}{2}.}$ Неравенство, связывающее площади трёх фигур, можно теперь записать в виде

$\displaystyle \frac{\sin x}{2}<\frac{x}{2}<\frac{\mathop{\rm tg}\nolimits x}{2}.$

Все три части этого неравенства положительны, поэтому его можно записать так:

$\displaystyle \frac{1}{\sin x}>\frac{1}{x}>\frac{1}{\mathop{\rm tg}\nolimits x}=\frac{\cos x}{\sin x},$

или (умножив на $ \sin x$) так:

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

Предел постоянной 1 в правой части неравенства, очевидно, равен 1. Если мы покажем, что при $ x\to0+$ предел $ \cos x$ в левой части неравенства тоже равен 1, то по теореме "о двух милиционерах" предел средней части $ \dfrac{\sin x}{x}$ также будет равен 1.

Итак, осталось доказать, что $ \cos x\xrightarrow {x\to0+}1$. Сперва заметим, что $ {0<\sin x=h<\vert UV\vert<x}$, так как $ x$ равняется длине дуги окружности $ UV$, которая, очевидно, длиннее хорды $ \vert UV\vert$. Применяя теорему "о двух милиционерах" к неравенству

$\displaystyle 0<\sin x<x$

при $ x\to0+$, получаем, что

$\displaystyle \sin x\xrightarrow {x\to0+}0.$ (2.3)

Простая замена переменной $ t=\dfrac{x}{2}$ показывает, что и $ \sin\frac{x}{2}\xrightarrow {x\to0+}0$. Теперь заметим, что $ \cos x=1-2\sin^2\frac{x}{2}$. Применяя теоремы о линейности предела и о пределе произведения, получаем:

$\displaystyle \lim_{x\to0+}\cos x=
 \lim_{x\to0+}(1-2\sin^2\frac{x}{2})=
 1-\lim_{x\to0+}\sin\frac{x}{2}\cdot
 \lim_{x\to0+}\sin\frac{x}{2}=1-0\cdot0=1.$ (2.4)

Тем самым показано, что

$\displaystyle \lim_{x\to0+}\dfrac{\sin x}{x}=1.$

Сделаем теперь замену $ t=-x$; при этом база $ x\to0+$ перейдёт в базу $ t\to0-$ (что означает, что если $ x\in(0;{\delta})$, то $ t=-x\in(-{\delta};0)$). Значит,

$\displaystyle \lim_{t\to0-}\dfrac{\sin(-t)}{-t}=1,$

но $ \sin(-t)=-\sin t$ ($ \sin$ -- нечётная функция), и поэтому

$\displaystyle \lim_{t\to0-}\dfrac{\sin(-t)}{-t}=\lim_{t\to0-}\dfrac{\sin t}{t}=1.$

Мы показали, что левосторонний предел также равен 1, что и завершает доказательство теоремы.     

Доказанная теорема означает, что график функции $ y=\dfrac{\sin x}{x}$ выглядит так:

Рис.2.28.График $ y=\dfrac{\sin x}{x}$


Приведём примеры применения первого замечательного предела для вычисления других родственных пределов.

        Пример 2.18   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\sin x}$.

Очевидно, что

$\displaystyle \frac{x}{\sin x}=\dfrac{1}{\dfrac{\sin x}{x}},$

при этом предел знаменателя $ \dfrac{\sin x}{x}$ -- это первый замечательный предел, равный 1 (и, следовательно, не равный 0). Числитель правой части, равный 1, имеет предел 1. Значит, по теореме о пределе отношения,

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\sin x}=
\dfrac{\lim\limits_{x\to0}1}{\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}}=
\dfrac{1}{1}=1.$

    

        Пример 2.19   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\arcsin x}$.

Сделаем замену переменного: пусть $ y=\arcsin x$. Тогда $ x=\sin y$ и база $ x\to0$ переходит в базу $ y\to0$. После замены получаем

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\arcsin x}=
\lim\limits_{y\to0}\dfrac{\sin y}{y}=1.$

    

        Пример 2.20   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\arcsin x}{x}$.

Очевидно, что

$\displaystyle \frac{\arcsin x}{x}=\dfrac{1}{\dfrac{x}{\arcsin x}},$

при этом предел знаменателя $ \dfrac{x}{\arcsin x}$ был вычислен в предыдущем примере; он равен 1. Числитель правой части имеет предел 1. Применяя теорему о пределе отношения, получаем

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\arcsin x}{x}=
\dfrac{\lim\limits_{x\to0}1}{\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{\arcsin x}}=
\dfrac{1}{1}=1.$

    

        Пример 2.21   Вычислим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}$.

Преобразуем функцию под знаком предела следующим образом:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}=
\lim\limits_{x\to0}
\left(\dfrac{\sin 2x}{2x}\cdot\dfrac{3x}{\sin 3x}\cdot\dfrac{2}{3}\right).$

Теперь вынесем постоянный множитель за знак предела и применим теорему о пределе произведения:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}=
\dfrac{2}{3}
\lim\...
...s_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{2x}\cdot
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{3x}{\sin 3x}\cdot.$

(Чуть ниже мы увидим, что пределы сомножителей существуют, так что применять эту теорему здесь можно.) Заметим, что при заменах $ t=2x$ и $ y=3x$ база $ x\to0$ переходит в базу $ t\to0$ и $ y\to0$, так что

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{2x}=
\lim\limits_{t\to0}\dfrac{\sin t}{t}=1$

и

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{3x}{\sin 3x}=
\lim\limits_{y\to0}\dfrac{y}{\sin y}=1.$

Поэтому

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin 2x}{\sin 3x}=
\dfrac{2}{3}\cdot1\cdot1=\dfrac{2}{3}.$

    

        Определение 2.12   Вторым замечательным пределом называется предел

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

    

Число $ e$, заданное этим пределом, играет очень большую роль как в математическом анализе, так и в других разделах математики. Число $ e$ часто называют основанием натуральных логарифмов.

        Теорема 2.15   Второй замечательный предел существует. Его значение $ e$ -- число, лежащее между $ 2\frac{3}{7}$ и $ 3$.    

Более подробное изучение числа $ e$ показывает, что $ e$ -- иррациональное число, несколько первых десятичных знаков которого таковы:

$\displaystyle e=2{,}7182818285{\dots}\quad.$

Для доказательства теоремы 2.15 нам понадобится следующая лемма; формула, в ней полученная, называется формулой бинома Ньютона.

        Лемма 2.2   Пусть $ a,b\in\mathbb{R}$ и $ n$ -- натуральное число. Тогда имеет место формула

\begin{multline}
(a+b)^n=\\
{=}a^n+na^{n-1}b+\frac{n(n-1)}{1\cdot2}a^{n-2}b^...
...-1)\cdot\ldots\cdot2\cdot1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot(n-1)n}
b^n.
\end{multline}

Заметим, что в дроби

$\displaystyle \frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot2\cdot1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot(n-1)n},
$

очевидно, сокращаются все сомножители в числителе и знаменателе, так что эта дробь равна 1. Аналогично, в предыдущем (не выписанном) слагаемом после сокращения получается коэффициент, равный $ n$, в третьем справа слагаемом -- равный $ \dfrac{n(n-1)}{1\cdot2}$, и т. д. Таким образом, коэффициенты в слагаемых, стоящих на одинаковых местах, считая слева и справа от края формулы, совпадают.

        Доказательство.     Доказывать утверждение леммы будем по индукции по параметру $ n$. При $ n=1$ формула 2.2, очевидно, верна:

$\displaystyle (a+b)^1=a+b.$

(Заметим, что при $ n=2$ и $ n=3$ формула 2.2 также хорошо известна:

$\displaystyle (a+b)^2=a^2+2ab+b^2$

и

$\displaystyle (a+b)^3=a^3+3a^2b+3b^2a+b^3.)$

Предположим, что она верна для $ n=k$, и докажем, что тогда она верна и при $ n=k+1$. Действительно,

\begin{multline*}
(a+b)^{k+1}=(a+b)^k\cdot(a+b)=(a+b)^ka+(a+b)^kb=\\
=a^{k+1}...
...c{k(k-1)}{1\cdot2}\right]
a^{k-2}b^3+\ldots+(k+1)ab^k+b^{k+1}.
\end{multline*}

При этом в квадратных скобках получается:

$\displaystyle \frac{k(k-1)}{1\cdot2}+
 k=k\left(\frac{k-2}{2}+1\right)=\frac{(k+1)k}{1\cdot2};$    
$\displaystyle \frac{k(k-1)(k-2)}{1\cdot2\cdot3}+
 \frac{k(k-1)}{1\cdot2}=\frac{k(k-1)}{1\cdot2}\cdot\left(\frac{k-2}{3}+1\right)=$    
$\displaystyle =\frac{k(k-1)}{1\cdot2}\cdot\frac{k+1}{3}=\frac{(k+1)k(k-1)}{1\cdot2\cdot3}$    

и так далее, то есть как раз то, что должно получиться в качестве коэффициентов формулы бинома Ньютона при $ n=k+1$.     

        Доказательство теоремы 2.15.     Рассмотрим последовательность $ {y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n}$ и применим к $ y_n$ формулу бинома Ньютона при $ a=1$ и $ b=\frac{1}{n}$. Получим

\begin{multline}
y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\\
=1{+}n\cdot\frac{1}{n}{...
...cdot\frac{n-(n-1)}{n}\cdot
\frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n}.
\end{multline}

Покажем, что последовательность $ y_n$ ограничена сверху. Для этого заменим все дроби $ \frac{n-1}{n}$, $ \frac{n-2}{n}$, ..., $ \frac{n-(n-1)}{n}$ на 1. Все эти дроби меньше 1, так что сумма в правой части формулы (Доказательство теоремы 2.15) увеличится:

$\displaystyle y_n<2+\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{1\cdot2\cdot3}+\ldots+
\frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n}.$

Далее, заменим все числа $ 3,\dots,n$ в знаменателях этих слагаемых на 2; от этого правая часть ещё увеличится. Получим:

$\displaystyle y_n<2+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}}.$

В правой части получилась сумма членов геометрической прогрессии. Она равна

$\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\ldots+\frac{1}{2^{n-1}}=1-\frac{1}{2^{n-1}}.$

Поэтому

$\displaystyle y_n<2+1-\frac{1}{2^{n-1}}<3,$

что и означает ограниченность последовательности сверху числом 3.

Покажем теперь, что последовательность $ y_n$ не убывает. Действительно, запишем формулу (Доказательство теоремы 2.15) в виде

\begin{multline}
y_n=2+\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdot\frac{1}{1\cdot2}+
\left...
...-\frac{n-1}{n}\right)
\cdot\frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n}.
\end{multline}

В аналогичной формуле, написанной для $ n+1$ вместо $ n$, во-первых, увеличится каждое из выражений в круглых скобках (так как вычитаемое уменьшится) и, значит, увеличатся все слагаемые, содержащие такие скобки. Во-вторых, число слагаемых увеличится на одно: добавится положительное слагаемое

$\displaystyle \left(1-\frac{1}{n+1}\right)
\left(1-\frac{2}{n+1}\right)\ldots
...
...eft(1-\frac{n}{n+1}\right)
\cdot\frac{1}{1\cdot2\cdot\ldots\cdot n\cdot(n+1)}.$

Следовательно, при росте номера $ n$ члены последовательности $ y_n$ строго возрастают: $ y_{n+1}>y_n$ при всех $ n\in\mathbb{N}$.

Применим теперь к возрастающей ограниченной сверху последовательности $ y_n$ теорему о пределе монотонной ограниченной функции ( теорема 2.13) и получим, что существует предел

$\displaystyle e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n,$

причём число $ e$ не больше постоянной 3, ограничивающей последовательность. Осталось заметить, что $ y_4=(1+\frac{1}{4})^4=2\frac{113}{256}=2\frac{339}{768}>2\frac{3}{7}$. Так как все последующие члены $ y_n$ ещё больше, то и предел $ e$, на основании теоремы о переходе к пределу в неравенстве ( следствие 2.7), не меньше числа $ 2\frac{113}{256}>2\frac{3}{7}$, что и завершает доказательство теоремы.     

        Замечание 2.7   Можно также показать, что

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e,$ (2.5)

однако строгое доказательство достаточно тяжело, и мы его здесь пропускаем.

В формуле (2.5) можно сделать замену $ {\alpha}=\frac{1}{x}$, при этом база $ x\to+\infty$ перейдёт в базу $ {\alpha}\to0+$, и мы получим

$\displaystyle \lim_{{\alpha}\to0+}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}=e.$

    

        Упражнение 2.6   Покажите, что имеют место также равенства

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

и

$\displaystyle \lim_{{\alpha}\to0-}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}=e.$

На этой основе, применяя теоремы о связи двусторонних пределов с односторонними, покажите, что

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

и

$\displaystyle \lim_{{\alpha}\to0}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}=e.$

    

Формулы в этих замечании и упражнении представляют собою другую форму записи второго замечательного предела. Мы сохраним название второй замечательный предел за всеми этими формулами.

        Пример 2.22   Найдём предел $ \lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{t}{x})^x$.

Здесь параметр $ t\in\mathbb{R}$ -- фиксированное число. При вычислении предела он будет рассматриваться как постоянная. Сделаем замену $ {\alpha}=\frac{t}{x}$, тогда $ {\alpha}\xrightarrow {x\to\infty}0$ и $ x=\frac{t}{{\alpha}}$. Поэтому

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac{t}{x})^x=
\lim_{{\alpha}\to0}(1...
...t t}=
\left(\lim_{{\alpha}\to0}(1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}\right)^t=e^t.$

(Здесь мы воспользовались, пока на интуитивном уровне, тем, что степенная функция непрерывна, то есть что $ \lim\limits_{z\to z_0}z^t=z_0^t$. Более подробно понятие непрерывности функций мы будем изучать ниже, в разделе Использование непрерывности функций при вычислении пределов.) Полученная формула даёт нам возможность выразить экспоненциальную функцию $ e^t$ как некоторый предел.     

С помощью похожей замены вычисляются пределы функций вида $ u(x)^{v(x)}$ в случае, когда основание степени $ u(x)$ при некоторой базе стремится к 1, а показатель степени $ v(x)$ -- к бесконечности (то есть является бесконечно большой функцией при данной базе; о бесконечно больших см. ниже, в разделе Бесконечно большие величины и бесконечные пределы). Такие выражения, а также и связанные с ними пределы, называются неопределённостями вида $ [1^{\infty}]$. О неопределённостях других видов пойдёт речь ниже, после примера 2.29.

Обратим внимание читателя, что $ [1^{\infty}]$ -- это лишь условная запись: 1 здесь указывает, что основание степени стремится к 1 (и вовсе не обязательно равно 1); в "показателе степени" стоит вообще не число, а символ бесконечности. Поэтому было бы грубой ошибкой, встретив такую условную запись (или написав её), сделать вывод о том, что единица, мол, в любой степени даёт единицу, и поэтому ответ равен единице. С условными символами в этой записи нельзя действовать так же, как с числами. Предыдущий пример, в котором основание степени $ 1+\frac{t}{x}$ стремится к 1, а показатель степени $ x$ к $ \infty$, даёт как раз неопределённость вида $ [1^{\infty}]$. Однако значение предела равно $ e^t$, а этот результат может быть любым положительным числом, в зависимости от того, какое значение $ t$ взято.

Вот ещё один пример на раскрытие неопределённости вида $ [1^{\infty}]$.

        Пример 2.23   Найдём предел $ \lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x+3}\right)^{2x+1}$.

Здесь основание степени имеет предел

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x+1}{x+3}=
\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1+\frac{1}{x}}{1+\frac{3}{x}}=
\dfrac{1+0}{1+0}=1,$

а показатель степени $ 2x+1\xrightarrow {x\to\infty}\infty$. Поэтому можно применять тот же приём сведения ко второму замечательному пределу, что в предыдущем примере. Для начала найдём, что следует взять за бесконечно малую величину $ {\alpha}$. Поскольку основание степени стремится к 1, то оно равно $ 1+{\alpha}$, где $ {\alpha}\to0$ (см.  теорему 2.4). Значит,

$\displaystyle {\alpha}=\dfrac{x+1}{x+3}-1=\dfrac{x+1-x-3}{x+3}=\dfrac{-2}{x+3}.$

Теперь преобразуем функцию, стоящую под знаком предела:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x+3}\right)^{2x+1}=
\l...
...1+\dfrac{-2}{x+3}\right)^{\frac{x+3}{-2}}\right]
^{\frac{-2}{x+3}\cdot(2x+1)}.$

Выражение, стоящее в квадратных скобках, имеет вид $ (1+{\alpha})^{\frac{1}{{\alpha}}}$ и при $ {\alpha}\to0$ стремится к числу $ e$ (это второй замечательный предел), а предел показателя степени мы найдём отдельно:

$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\frac{-2(2x+1)}{x+3}=
-2\lim_{x\to\infty}\frac{2+\frac{1}{x}}{1+\frac{3}{x}}=-2\cdot\frac{2+0}{1+0}=-4.$

Поэтому

$\displaystyle \lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x+1}{x+3}\right)^{2x+1}=e^{-4}=
\dfrac{1}{e^4}.$

(Мы воспользовались тем, что если $ \lim\limits_{\mathcal{B}}u(x)=A>0$ и $ \lim\limits_{\mathcal{B}}v(x)=B$, то $ \lim\limits_{\mathcal{B}}(u(x))^{v(x)}=A^B$. Это следует из непрерывности показательной и логарифмической функций, если учесть, что $ u^v=e^{v\ln u}$.)     

        Замечание 2.8   Не любые пределы величин вида $ u(x)^{v(x)}$ вычисляются с помощью сведения ко второму замечательному пределу. Ещё раз напомним, что так надо поступать лишь в случае, когда основание степени $ u(x)$ при данной базе стремится к 1, а показатель степени $ v(x)$ -- к бесконечности. В иных ситуациях можно бывает для вычисления предела обойтись более простыми рассуждениями. Например, при нахождении предела

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x+1}{2x+1}\right)^x$

можно заметить, что основание степени стремится к $ \frac{1}{2}$, так что получается формально $ [(\frac{1}{2})^{+\infty}]$. Это выражение не является неопределённостью (в отличие от выражения $ [1^{\infty}]$), так как основание степени при достаточно больших $ x$ близко к $ \frac{1}{2}$ (и заведомо меньше, скажем, $ \frac{2}{3}$) и при возведении в неограниченно увеличивающуюся степень $ x$ будет меньше $ (\frac{2}{3})^x$ и, следовательно, будет стремиться к 0. Так что

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x+1}{2x+1}\right)^x=0$

и прибегать к помощи второго замечательного предела не пришлось.     

Пошаговое решение индивидуальных заданий

СССР - Сайт самостоятельной студенческой работы