Первый замечательный предел

Формула первого замечательного предела

ОПРЕДЕЛЕНИЕ

Первым замечательным пределом называется предел

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}$

ТЕОРЕМА

Первый замечательный предел равен единице:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1$

Доказательство первого замечательного предела

Рассмотрим односторонние пределы

$\underset{x\to 0-0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}; \quad \underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}$

Докажем, что каждый из этих пределов равен единице. Тогда и предел $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}$ также будет равняться единице.

Пусть $x\in \left( 0;\ \frac{\pi }{2} \right)$ и отложим этот угол на тригонометрической окружности (рис. 1).

Рис. 1

Этот луч будет пересекать единичную окружность в точке $K$ , а вертикальную касательную, проведенную в точке $A\left( 1;\ 0 \right)$ , – в точке $L$ . Через точку $H$ обозначим проекцию точки $K$ на горизонтальную ось косинусов.

Рассмотрим треугольники $OAK, \quad OAL$ и круговой сектор $OAK$ . Очевидно следующее двойное неравенство:

${{S}_{\Delta OAK}}<{{S}_{\ OAK}}<{{S}_{\Delta OAL}}\quad(1)$

Абсцисса точки $K$ равна $OH=\cos x$ , а ее ордината – $KH=\sin x$ (равна высоте $\Delta OAK$ ). А тогда

${{S}_{\Delta OAK}}=\frac{1}{2}\cdot OA\cdot KH=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \sin x=\frac{\sin x}{2}$

Здесь $OA=1$ как радиус тригонометрической окружности.

Площадь центрального сектора круга радиуса $R=1$ с центральным углом $x$ равна

${{S}_{\text{sect}\ OAK}}=\frac{1}{2}{{R}^{2}}x=\frac{x}{2}$

Площадь $\Delta OAL$

${{S}_{\Delta OAL}}=\frac{1}{2}\cdot OA\cdot AL=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot \text{tg}\ x=\frac{\text{tg}\ x}{2}$

Итак, неравенство (1)перепишется в виде:

$\frac{\sin x}{2}<\frac{x}{2}<\frac{\text{tg}\ x}{2}$

Так как для $x\in \left( 0;\ \frac{\pi }{2} \right)$ все части этого неравенства положительны, поэтому его можно записать следующим образом:

$\frac{1}{\sin x}>\frac{1}{x}>\frac{1}{\text{tg}\ x}=\text{ctg}\ x=\frac{\cos x}{\sin x}$

После умножения на $\sin x>0$ получаем:

$1>\frac{\sin x}{x}>\cos x$

или

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

Переходя во всех частях последнего неравенства к пределу при $x\to 0+0$ , будем иметь:

$\underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\cos x<\underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}<\underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,1$

$1<\underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}<1$

По теореме о двухстороннем ограничении (теорема «про двух милиционеров») делаем вывод, что и

$\underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1$

Вычислим теперь $\underset{x\to 0-0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}$ :

$\underset{x\to 0-0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}\ \left[ \frac{0}{0} \right]\ \left\| \begin{matrix} & x=-t \\ & t\to 0+0 \\ \end{matrix} \right\|=\underset{t\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin \left( -t \right)}{-t}=\underset{t\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{-\sin t}{-t}=$

$=\underset{t\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin t}{t}\ \left\| \begin{matrix} & t=x \\ & x\to 0+0 \\ \end{matrix} \right\|=\underset{x\to 0+0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1$

То есть $\underset{x\to 0-0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1$ .

А, таким образом, и $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1$ .

Теорема доказана.

Следствия из первого замечательного предела

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\text{tg}\ x}{x}=1$

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\arcsin x}{x}=1$

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\text{arctg}\ x}{x}=1$

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1-\cos x}{{{x}^{2}}}=\frac{1}{2}$

Примеры решения задач

ПРИМЕР

Задание

Вычислить предел

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sin x}$

Решение

Вначале выясним тип неопределенности, для этого в выражение, стоящее под знаком предела подставим значение $x=0$ :

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sin x}\ \left[ \frac{0}{\sin 0}=\frac{0}{0} \right]$

Таким образом, имеем неопределенность типа $\left[ \frac{0}{0} \right]$ . Перепишем предел следующим образом:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sin x}\ \left[ \frac{0}{0} \right]=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\frac{\sin x}{x}}$

Предел частного равен частному пределов, если последние существуют:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sin x}\ \left[ \frac{0}{0} \right]=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{1}{\frac{\sin x}{x}}\overset{?}{\mathop{=}}\,\frac{\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,1}{\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}}$

Предел константы равен этой константе:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,1=1$

а предел знаменателя есть первый замечательный предел и $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1$ . Тогда, окончательно имеем, что

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\sin x}=\frac{1}{1}=1$

Ответ

ПРИМЕР

Задание

Вычислить предел

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\arcsin x}$

Решение

Выясним тип неопределенности (если она есть). Для этого вместо $x$ подставляем его предельное значение 0:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\arcsin x}\ \left[ \frac{\text{0}}{\text{arcsin0}}=\frac{0}{0} \right]$

Итак, имеем неопределенность типа $\left[ \frac{0}{0} \right]$ . Для нахождения предела делаем замену:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{x}{\arcsin x}\ \left[ \frac{0}{0} \right]\ \left\| \begin{matrix} & \arcsin x=y \\ & x=\sin y \\ & y\to 0 \\ \end{matrix} \right\|=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin y}{y}$

Получили первый замечательный предел, тогда: