4Первый 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.

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
В9.Второй замечательный предел
Теорема lim(1+1/x)x=e
                x®+¥
Доказательство:Пусть n – целая часть х – n=[x]    n£x<n+1
[1+1/(n+1)]n£(1+1/x)x£(1+1/n)n+1
Если x®+¥, то n®+¥
[1+1/(n+1)]n+11/[1+1/(n+1)]£(1+1/x)x£(1+1/n)n(1+1/n) Þ lim(1+1/x)x=e
               x®+¥

Hosted by uCoz