ность f x также п. б. б., то

lim f x .

x

С

lim f x .

Упражнение. Написать варианты определений

x

§ 7. Замечательные пределы

Теорема (первый замечательный предел).

праведл во равенство

sin x

lim

1.

x 0

x

бА

Доказательство. Пусть дан некоторый угол. Построим окруж-

ностьис рад усом R с центром в вершине угла.

Д

Рис. 12

Радианной мерой угла x называется отношение длины l,

выре-

заемой углом дуги окружности, к ее радиусу

x

l

(рис. 12).

з со-

R

ображений подобия получаем, что x не зависит от R.

Рассмотрим рис. 13. Дан острый угол x. Выполним построения:

проведем окружность с радиусом 1 с центром в вер шине угла и вве-

дем обозначения, как указано на рисунке.

И

Теперь имеем

x

BC

BC

; tg x

CD

CD

; sin x

AB

AB

.

OC

OB

R

СИз р с. 13 очев дно, что

Рис. 13

AB

BC

CD

. Поэтому

бА

sin x

x tg x.

иРаздел м полученное неравенство на sinx 0 и выполним пре-

образован

я:

sin x x

sin x

:sin x;

cos x

1

x

1

cos x sin x

1.

sin x

cosx

Д

x

Теперь воспользуемся теоремой «о двух милиционерах» (теоре-

ма

3 из

§ 6). Поскольку

limcosx 1

и lim1 1, то по теореме

x 0

x 0

lim

sinx

1.

И

x 0

x

Следствие. Также справедливы равенства

lim

tg x

1;

lim

arcsin x

1; lim

arctg x

1.

x 0 x

x 0

x

x 0

x

Всякая возрастающая ограниченная сверху последовательность

С

имеет предел.

Пр мен м эту теорему для доказательства следующей теоремы.

Теорема (второй замечательный предел).

и

1

уществует предел

lim

1

.

n

n

Доказательство. Рассмотрим последовательность an с общим

1 n

членом a

бА

1

:

n

n

1

2

1

3

4

3

64

a 2;

a

1

2

2,25;

a

1

3

27

2,37;

1

2

3

3

Покажем, что эта последовательность возрастающая и ограни-

ченная. Для этого воспользуемся формулой бинома Ньютона:

n

n

n 1

n(n 1)

n 2

2

n(n 1)(n 2)

n 3

3

(a b)

a

na

b

a

b

a

b

...

2!

3!

n(n 1)(n 2) 2 1

b

n

.

И

n!

1

n

1

Преобразуем по этой формулеДa 1 , полагая a 1; b

:

n

n

n

a

1

n

1 n

1

n(n 1)

1

n(n 1)(n 2)

1

n

1

n

n

2!

n2

3!

n3

n(n 1)(n 2) 2 1

1

.

n!

nn

третье слагаемое

n(n 1)

1

1

;



1

2!n2

2!

n

четвертое

n(n 1)(n 2)

=

1

1

2



1

1

3!n3

n

n

3!

и так далее,

а последнее слагаемое равно

n(n 1)(n 2) 1

1

1

2

n 1

1

1

1

.

n!nn

n

n

n

n!

и

СПолучаем

an

1 n

1

1

1

1

2

1

1 1

1

1

1

бА

n

n

2!

n

3!

n

1

1

2

n 1

1

1

n

1

n

.

(1)

n!

n

Покажем, что последовательность an возрастающая, то есть

n N (an 1 an):

1 n 1

1

1

1

1

2

an 1

1

1 1

Д

n 1

2!

n 1

3!

n 1

n 1

1

1

2

n

1

1

n 1

1

n 1

.

(2)

(n 1)!

n 1

И

1

1

1

1

Так как

, то 1

1

; 1

2

1

2

и так далее,

n

n 1

n

n 1

поэтому

n n 1

каждое

слагаемое

(начиная

с

третьего)

из

равенства (1)

1

2

Если в равенстве (2) каждую из скобок

1

,

1

, …

n

n

n 1

1

заменить на 1 (на большее число), то получим неравенство

n

an 1 1

1

1

1

1

.

2 3 4

2 2 3

2 3 4 n

Так как

1

1

,

1

1

, ,

1

1

, то

2 3 4

23

2 3 4 n

2n 1

2 3 22

и

1

1

1

С

an

1 1

.

2

22

2n 1

бА

По формуле суммы геометрической прогрессии имеем

1 1

1

1 1 2

n

1

1

2n 1

2 1

2n

2,

2 22

1 1 2

поэтому an 3.

1

n

Последовательность 1

возрастает и ограничена сверху,

n