Замечательные пределы

$$\lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1$$

Рассмотрим единичную окружность, $OB$ образует угол ${} x \in \left( 0, \dfrac{\pi}{2} \right) {}$ c радиусом $OA$. !circle.svg Очевидно, что $S_{OAB} \leq S_{\text{сект}} \leq S_{OAC}$ - $S_{OAB} = \dfrac{1}{2} \cdot \sin x \cdot 1$ - Так как радиус равен $1$, $S_{\text{круга}} = \pi$, а значит $S_{\text{сект}} = \dfrac{x}{2}$ - т.е. в два раза меньше, чем длина дуги этого сектора. - $S_{OAC} = \dfrac{1}{2} \cdot 1 \cdot \mathrm{tg} x$ Следовательно: $$\dfrac{1}{2}\sin x \leq \dfrac{x}{2} \leq \dfrac{1}{2}\mathrm{tg} x \implies \sin x \leq x \leq \mathrm{tg} x \implies 1 \leq \dfrac{x}{\sin x} \leq \dfrac{1}{\cos x}$$ Перевернём неравенство, получим: $$\forall{x \in \left( 0, \dfrac{\pi}{2} \right)}\mathpunct{:}~ \cos x \leq \dfrac{\sin x}{x} \leq 1$$ Из того, что $\cos x$ - чётная, а $\sin x$ - нечётная функция, следует, что данное неравенство верно и для $x \in \left( - \dfrac{\pi}{2}, 0 \right)$ Так как $\cos x$ - непрерывна, то $\lim_{x \to 0} \cos x = 1$. Применяя лемму о двух миллиционерах, получаем: $$\left. \begin{array} \\ \lim_{x \to 0} \cos x = 1 \\ \lim_{x \to 0} 1 = 1 \end{array} \right\} \Rightarrow \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1 ~~~\square$$

1) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\mathrm{tg} x}{x}=1$ 2) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\arcsin x}{x}=1$ 3) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\mathrm{arctg} x}{x}=1$ 4) $\lim_{x \to 0}\dfrac{1 - \cos x}{x^{2}}=\dfrac{1}{2}$

1) Очевидно 2) Замена числителя на $t$, далее по первому замечательному 3) Как 2, а затем 1 4) Через синус половинного угла

$$\lim_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{x} = \lim_{x \to -\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{x} = \lim_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e$$

Пусть $x > 0$, тогда из определения числа e: $$\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{x} \leq \left( 1 + \dfrac{1}{[x]} \right)^{[x]+1} \to e$$ Тогда: $$\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{x} \geq \left( 1 + \dfrac{1}{[x]+1} \right)^{[x]} = \left( 1 + \dfrac{1}{[x] + 1} \right)^{[x]+1} \cdot \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{[x]+1}} \to \dfrac{e}{1} = e$$ Значит по лемме о двух милиционерах: $\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{x} \to e ~~~\square$

Пусть $t = -x$, тогда $x \to -\infty \implies t \to +\infty$ $$\left( 1 + \dfrac{1}{x} \right)^{x} = \left( 1 + \dfrac{1}{-t} \right)^{-t} = \left( \dfrac{t-1}{t} \right)^{-t} = \left( \dfrac{t}{t-1} \right)^{t} =$$ $$= \left( 1 + \dfrac{1}{t-1} \right)^{t} = \left( 1 + \dfrac{1}{t-1} \right)^{t-1} \cdot \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{t - 1}} \to \dfrac{e}{1} = e$$

1) $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{x}-1}{x}=1$ 2) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln (x+1)}{x}=1$ 3) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\mathrm{sh} x}{x}=1$ 4) $\lim_{x \to 0} \dfrac{\mathrm{th}x}{x} = 1$ 5) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\mathrm{arsh} x}{x}=1$ 6) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\mathrm{arth} x}{x}=1$ 7) $\lim_{x \to 0}\dfrac{a^{x} - 1}{x}=\ln a$ 8) $\lim_{x \to 0}\dfrac{\log_{a}(x+1)}{x}=\dfrac{1}{\ln a}$ 9) $\lim_{x \to 0}\dfrac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha$

(1) Замена числителя на $t$, далее по п.2 (2) Перенести $\dfrac{1}{x}$ в степень, поколдовать с непрерывностью, прийти к второму замечательному (3) По определению $\mathrm{sh} x$, а затем по п.1 (5) Замена числителя на $t$ (8) Домножить на $\dfrac{\ln a}{\ln a}$, в числителе "обменяться" основаниями, далее по п.1 (9) Расписать по определению $x^{\alpha}$, далее по п.1