2.

Если для любой о. б. б. xn lim f xn A,

то

lim f x A

(предел

f x на равен A).

n

x

Предел функции равен бесконечности

С

последователь-

Если для любой п. б. б. последовательности xn

ность f x также п. б. б., то lim

f x .

x

f x .

Упражнен е. Написать варианты определений

lim

x

§ 31. Замечательные пределы

Теорема (первый замечательный предел).

бА

Справедл во равенство

иlim

sin x

1.

x 0

x

заемой углом дуги окружности, к ее радиусу

x

l

(рис. 72). Из со-

Д

R

ображений подобия получаем, что x не зависит от R.

Рис. 72

И

x

BC

BC

; tg x

CD

CD

; sinx

AB

AB

.

R

OC

OB

С

и

бА

Рис. 73

Из р с. 73 очев дно, что

AB

BC

CD

. Поэтому

sin x x tg x.

Разделим полученное неравенство на sinx 0

и выполним пре-

образования:

sinx x

sin x

:sin x;

cosx

И

x

1

sin x

1

Дcos x 1.

sin x

cosx

x

Теперь воспользуемся теоремой «о двух милиционерах» (теоре-

ма

3 из § 30). Поскольку

limcosx 1

и lim1 1,

то, по теореме,

sinx

x 0

x 0

lim

1.

x 0

x

Следствие. Также справедливы равенства

lim

tg x

1;

lim

arcsin x

1; lim

arctgx

1.

x 0 x

x 0 x

x 0 x

Всякая возрастающая ограниченная сверху последовательность

С

предел.

Пр мен м эту теорему для доказательства следующей теоремы.

Теорема (второй замечательный предел).

1

Существует предел lim 1

= e.

имеет

n

n

Доказательство. Рассмотрим последовательность an с общим

членом a

1 n

1

:

n

n

a1 2;

a2

1

2

a3

1 3

4

3

64

1

2,25;

1

2,37;

27

2

3

3

бА

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!

Д

3!

n(n 1)(n 2) 2 1

b

n

.

n!

n

Преобразуем по этой формуле an

1И1

1

, полагая a

1;b

:

n

n

an

1

n

1 n

1

n(n 1)

1

n(n 1)(n 2)

1

1

n

n

2!

n2

3!

n3

n(n 1)(n 2) 2 1

1

.

nn

n!

В полученном выражении

С

n(n 1)

1

1



третье слагаемое

2!n2

1

n

;

2!

четвертое

n(n 1)(n 2)

=

1

1

2



1

1

3!n

3

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

иПолучаем

an

1 n

1

1

1

1

2

1

1 1

1

1

1

2!

n

3!

n

n

n

1

1

2

n 1

1

1

1

.

(7)

n

n

n!

n

Покажемб, что последовательностьАa

возрастающая,

т.е. n N (an 1 an):

n

1 n 1

1

1

1

1

2

a

1

1 1

1

И

n 1

n 1

2!

Дn 1 3! n 1 n 1

1

1

2

n

(n 1)!

1

1

n

1

1

n 1

.

(8)

n 1

1

1

1

1

2

2

Так как

,

то

1

1

; 1

1

и так далее,

n

n 1

n

n 1

n n 1

т. е. K n (an K).

1

2

Если в

равенстве

(8)

каждую из скобок

1

,

1

, …

n

n

С

n 1

1

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

n

an 1 1

1

1

1

1

.

2 3 4

2 3 4 n

2 2 3

Так как

1

1

,

1

1

, ,

1

1

, то

2 3 4

23

2 3 4 n

2n 1

2 3

22