Замечательные пределы

ОПРЕДЕЛЕНИЕ

Замечательные пределы – термин, использующийся в отечественных математических учебниках для обозначения некоторых пределов с известным решением, используемых для упрощенного решения более сложных пределов.

Первый замечательный предел:

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

Следствия:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin kx}{nx}=\frac{k}{n}$

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

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

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

Подробнее про первый замечательный предел читайте в отдельной теме.

Примеры решений с первым замечательным пределом

ПРИМЕР

Задание

Найти предел

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{5x}$

Решение

Вначале выясним тип неопределенности (если она есть). Для этого подставим предельное значение 0 в выражение под знак предела:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{5x}\ \left[ \frac{\sin \left( 2\cdot 0 \right)}{5\cdot 0}=\frac{0}{0} \right]$

Таким образом, у нас есть неопределенность вида $\left[ \frac{0}{0} \right]$ . Выражение, стоящее под знаком предела похоже на первый замечательный предел, но аргумент синуса и знаменатель немного отличны. Поэтому приведем дробь к указанному замечательному пределу. Для этого, так как аргумент синуса равен $2x$ , то и в знаменателе выделим точно такой же множитель:

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{5x}\ \left[ \frac{0}{0} \right]=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{5\cdot \frac{2x}{2}}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{\frac{5}{2}\cdot 2x}=\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{2\sin 2x}{5\cdot 2x}$

По свойствам пределов константу можно выносить за знак предела, а тогда

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{5x}=\frac{2}{5}\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin 2x}{2x}=\frac{2}{5}\cdot 1=\frac{2}{5}$

Ответ

Второй замечательный предел

$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{1}{x} \right)}^{x}}=e$

здесь $e\approx 1,2718281828$ – постоянная Эйлера

Следствия:

$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{k}{x} \right)}^{x}}={{e}^{k}}$

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\ln \left( 1+x \right)}{x}=1$

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

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

$\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{\left( 1+x \right)}^{m}}-1}{x}=m$

Подробнее про второй замечательный предел читайте в отдельной теме.

Примеры решений со вторым замечательным пределом

ПРИМЕР

Задание

Найти предел

$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{x+1}{x+3} \right)}^{2x+1}}$

Решение

Выясним тип неопределенности (если он есть). Основание степени имеет предел

$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x+1}{x+3}\ \left[ \frac{\infty }{\infty } \right]=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( 1+\frac{1}{x} \right)}{x\left( 1+\frac{3}{x} \right)}=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{1+\frac{1}{x}}{1+\frac{3}{x}}=\frac{1+0}{1+0}=1$

а степень

$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\left( 2x+1 \right)=2\cdot \infty +1=\infty$

Таким образом, имеем неопределенность типа $\left[ {{1}^{\infty }} \right]$ .

Приведем заданный предел ко второму замечательному:

$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( \frac{x+1}{x+3} \right)}^{2x+1}}\ \left[ {{1}^{\infty }} \right]=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{x+1}{x+3}-1 \right)}^{2x+1}}=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{x+1-x-3}{x+3} \right)}^{2x+1}}=$

$=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left( 1+\frac{-2}{x+3} \right)}^{2x+1}}=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{\left[ \underbrace{{{\left( 1+\frac{-2}{x+3} \right)}^{\frac{x+3}{-2}}}}_{\to e} \right]}^{\frac{-2}{x+3}\cdot \left( 2x+1 \right)}}=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{e}^{\frac{-4x-2}{x+3}}}=$

$={{e}^{\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-4x-2}{x+3}\left[ \frac{\infty }{\infty } \right]}}={{e}^{\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{x\left( -4-\frac{2}{x} \right)}{x\left( 1+\frac{3}{x} \right)}}}={{e}^{\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{-4-\frac{2}{x}}{1+\frac{3}{x}}}}={{e}^{\frac{-4-0}{1+0}}}={{e}^{-4}}=\frac{1}{{{e}^{4}}}$