Высшая математика. Первый семестр/Пределы

Пусть задана некоторая меняющаяся величина $y$, зависящая от переменного $x$. Предположим, что это переменное $x$ можно менять так, что выполняется некоторое условие ${\mathcal {B}}$: переменное «приближается» («стремится») к чему-нибудь (что это означает, мы уточним позже при помощи строгих определений). Тогда встаёт вопрос о том, не ведёт ли себя величина $y$ каким-либо «правильным» образом, тоже «стремясь» к чему-нибудь, например, к числу $L$. Если это так, то это «что-то» называется пределом величины $y$ при данном условии ${\mathcal {B}}$ для $x$ и обозначается

$\displaystyle \lim _{\mathcal {B}}y.$

Дадим теперь строгие определения предела в некоторых частных случаях, а потом перейдём к обсуждению общего определения.

Предел функции при x→x₀

Предел при $x\to x_{0}$

Пусть $y=f(x)$ — это функция вещественного переменного $x$, определённая во всех точках интервала $(a;b)$, кроме, быть может, точки $x_{0}\in (a;b)$. Дадим определение предела величины $y$ при условии, что $x$ стремится к точке $x_{0}$. Это условие кратко обозначается $x\rightarrow x_{0}$. Стремление $x$ к $x_{0}$ означает, что при своём изменении $x$ оказывается во всё более узких окрестностях, окружающих точку $x_{0}$, но не совпадает с $x_{0}$, то есть значение $\vert x-x_{0}\vert$ становится всё меньше и меньше, приближаясь к 0, но нулём не становится. При этом может оказаться, что соответствующие $x$ значения $y=f(x)$ становятся всё ближе и ближе к некоторому фиксированному числу $y_{0}$, причём для любой, сколь угодно малой, окрестности числа $y_{0}$ можно указать, насколько близко $x$ должен подойти к $x_{0}$, чтобы значения $y=f(x)$ уже попадали в эту окрестность числа $y_{0}$. Тогда число $y_{0}$ есть предел функции $f(x)$ при условии $x\rightarrow x_{0}$, что записывается так:

$\displaystyle y_{0}=\lim _{x\rightarrow x_{0}}f(x).$

Формализуем сказанное для придания большей математической ясности. Любая окрестность точки $y_{0}$ (симметричная относительно $y_{0}$) характеризуется её полушириной ${\varepsilon }>0$, то есть имеет вид интервала $(y_{0}-{\varepsilon };y_{0}+{\varepsilon })$. Если значение $y$ попало в такую ${\varepsilon }$-окрестность, то это означает, что $\vert y-y_{0}\vert <{\varepsilon }$. Любая окрестность точки $x_{0}$, не содержащая самой точки $x_{0}$ (и симметричная относительно $x_{0}$), — это объединение двух смежных интервалов3 ${(x_{0}-{\delta };x_{0})\cup (x_{0};x_{0}+{\delta })=(x_{0}-{\delta };x_{0}+{\delta })\diagdown \{x_{0}\}}$. Попадание точки $x$ в эту окрестность означает, что выполнено неравенство $\vert x-x_{0}\vert <{\delta }$ и $x\neq x_{0}$. Равенство $y_{0}=\lim \limits _{x\rightarrow x_{0}}f(x)$ означает тогда, что

для любого, сколь угодно малого, числа ${\varepsilon }>0$ можно найти такое число ${\delta }>0$ (зависящее от ${\varepsilon }$), что при $\vert x-x_{0}\vert <{\delta },\ x\neq x_{0}$ будет $\vert f(x)-y_{0}\vert <{\varepsilon }$.

При этом число $y_{0}$ называется пределом функции $f(x)$ при условии $x\rightarrow x_{0}$. Тот факт, что $\lim \limits _{x\rightarrow x_{0}}f(x)=y_{0}$, записывают ещё в виде

$\displaystyle f(x){\xrightarrow {x\to x_{0}}}y_{0}.$

График $y=2\sin x+1$

Пример 1: Пусть $x_{0}=0$ и рассматривается функция $f(x)=2\sin x+1$. Покажем, что $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}(2\sin x+1)=1.$

Для этого фиксируем произвольное число ${\varepsilon }>0$, задающее окрестность $(1-{\varepsilon };1+{\varepsilon })$, и выясним, при каких $x$ значения функции $f(x)$ будут попадать в эту окрестность точки 1.

Попадание значений $f(x)$ в окрестность $(1-{\varepsilon };1+{\varepsilon })$ означает, что выполняется неравенство ${\vert (2\sin x+1)-1\vert <{\varepsilon }}$, то есть ${\vert \sin x\vert <{\dfrac {\varepsilon }{2}}}$. При этом нас интересуют только те решения этого неравенства, которые лежат вблизи точки ${x_{0}=0}$. Решая неравенство, получаем, что оно выполняется при ${\vert x\vert <\arcsin {\dfrac {\varepsilon }{2}}}$. Таким образом, если взять ${{\delta }=\arcsin {\dfrac {\varepsilon }{2}}}$ (это число больше 0), то при ${x\in (-{\delta };0)\cup (0;{\delta })}$ будет выполнено неравенство ${\vert f(x)-1\vert <{\varepsilon }}$, что и означает, что предел равен числу 1: $\lim \limits _{x\rightarrow 0}(2\sin x+1)=1$, или ${2\sin x+1{\xrightarrow {x\to 0}}1}$.

Рассмотрим теперь другой важный случай предела.

Предел последовательности при n→∞

Последовательность и её предел

Пусть дана бесконечная последовательность $\{y_{n}\}$ чисел, занумерованных по порядку:

$\displaystyle y_{1},y_{2},y_{3},\dots ,y_{n},\dots \ .$

(Эту последовательность можно рассматривать как функцию $f(n)=y_{n}$, определённую при всех натуральных значениях аргумента $n$.) Дадим определение предела последовательности $\{y_{n}\}$ при условии, что номер $n$ неограниченно растёт (это условие обозначается $n\rightarrow \infty$). Стремление $n$ к бесконечности означает, что при своём изменении номер становится большим любого наперёд заданного числа $N\in \mathbb {N}$, то есть начинает выполняться неравенство $n>N$. Если при этом числа $y_{n}$ становятся всё ближе к некоторому фиксированному числу $L$, то это число — предел последовательности, что записывается так:

$\displaystyle L=\lim _{n\rightarrow \infty }y_{n}.$

Формализуем сказанное. Множества чисел $n$, заданные условиями $n>N$, можно назвать окрестностями бесконечности. Равенство $L=\lim \limits _{n\rightarrow \infty }y_{n}$ означает тогда, что

для любого, сколь угодно малого, числа ${\varepsilon }>0$ можно найти такое число $N$ (зависящее от ${\varepsilon }$), что при $n>N$ (то есть в достаточно далёкой окрестности бесконечности будет выполняться неравенство $\vert y_{n}-L\vert <{\varepsilon }$.

При этом число $L$ называется пределом последовательности $\{y_{n}\}$ при условии ${n\rightarrow \infty }$. Тот факт, что $\lim \limits _{n\rightarrow \infty }y_{n}=L$, записывают также в виде

$\displaystyle y_{n}{\xrightarrow {n\to \infty }}L.$

Последовательность ${\dfrac {1}{n^{2}}}$

Пример 2: Покажем, что предел последовательности $y_{n}={\dfrac {1}{n^{2}}}$ равен 0.

Фиксируем произвольное число ${\varepsilon }>0$ и подберём число $N$ в зависимости от ${\varepsilon }$ так, чтобы при $n>N$ выполнялось неравенство $\vert y_{n}-0\vert <{\varepsilon }$, то есть ${\dfrac {1}{n^{2}}}<{\varepsilon }$. Решая это неравенство, получаем, что оно выполняется при $n>{\dfrac {1}{\sqrt {\varepsilon }}}$. Значит, достаточно выбрать в качестве $N$ натуральное число, ближайшее к ${\dfrac {1}{\sqrt {\varepsilon }}}$ справа на вещественной оси4, то есть $N=\lceil {\dfrac {1}{\sqrt {\varepsilon }}}\rceil$, и тогда при любом $n>N$ неравенство ${\dfrac {1}{n^{2}}}<{\varepsilon }$ будет верным. Это означает, что

$\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }{\dfrac {1}{n^{2}}}=0,$

или ${\dfrac {1}{n^{2}}}{\xrightarrow {n\to \infty }}0$.

Совершенно аналогично определению предела последовательности выглядит следующее определение.

Предел функции f(x) при условии x→+∞

Предел при $x\to +\infty$

Определим окрестности бесконечности как множества точек $x$, заданные неравенствами $x>a$, то есть лучи $(a;+\infty )$. Потребуем, чтобы для любой, сколь угодно малой, окрестности $(y_{0}-{\varepsilon };y_{0}+{\varepsilon })$ точки $y_{0}$ можно было найти такую окрестность бесконечности $(a_{\varepsilon };+\infty )$, что при попадании $x$ в эту окрестность, то есть при $x>a_{\varepsilon }$, соответствующее значение $y=f(x)$ попадает в заданную вначале окрестность точки $y_{0}$, то есть выполняется неравенство $\vert f(x)-y_{0}\vert <{\varepsilon }$. Выполнение этого требования будет означать, что $y_{0}$ — предел функции $f(x)$ при условии $x\rightarrow +\infty$, то есть

$\displaystyle y_{0}=\lim \limits _{x\rightarrow +\infty }f(x).$

Тот факт, что $\lim \limits _{x\rightarrow +\infty }f(x)=y_{0}$, записывают ещё в виде

$\displaystyle f(x){\xrightarrow {x\to +\infty }}y_{0}.$

График функции $y={\dfrac {3x-2}{x+1}}$

Пример 3: Покажем, что предел функции $f(x)={\dfrac {3x-2}{x+1}}$ при $x\to +\infty$ равен числу 3.

Фиксируем ${\varepsilon }>0$ и подберём по этому числу ${\varepsilon }$ такое число $a$, что при любом $x>a$ выполняется неравенство

$\displaystyle \left\vert {\dfrac {3x-2}{x+1}}-3\right\vert <{\varepsilon }.$

Сразу будем считать, что $a$ — неотрицательное число. Неравенство можно записать в виде $\left\vert -{\dfrac {5}{x+1}}\right\vert <{\varepsilon }$ или $\vert x+1\vert >{\dfrac {5}{\varepsilon }}$. Так как $x>a\geqslant 0$, то $x+1>0$ и неравенство имеет вид $x+1>{\dfrac {5}{\varepsilon }}$, откуда $x>{\dfrac {5}{\varepsilon }}-1$. Если теперь взять число $a_{\varepsilon }$ равным ${\dfrac {5}{\varepsilon }}-1$ (или равным 0, если эта разность отрицательна), то при $x>a_{\varepsilon }$ будет выполняться неравенство $\left\vert {\dfrac {3x-2}{x+1}}-3\right\vert <{\varepsilon }$; это означает, что

$\displaystyle \lim _{x\to +\infty }{\dfrac {3x-2}{x+1}}=3,$

или ${\dfrac {3x-2}{x+1}}{\xrightarrow {x\to +\infty }}3$.

Первый замечательный предел

При вычислении пределов выражений, содержащих тригонометрические функции, часто используют предел $\displaystyle \lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\sin x}{x}}=1$, который называют Первым замечательным пределом

Доказательство

Рассмотрим односторонние пределы $\lim _{x\to 0+}{\frac {\sin x}{x}}$ и $\lim _{x\to 0-}{\frac {\sin x}{x}}$ и докажем, что они равны 1.

Пусть $x\in (0;{\frac {\pi }{2}})$. Отложим этот угол на единичной окружности ($R=1$).

Точка K — точка пересечения луча с окружностью, а точка L — с касательной к единичной окружности в точке $(1;0)$. Точка H — проекция точки K на ось OX.

Очевидно, что:

$S_{\triangle OKA}<S_{sectOKA}<S_{\triangle OAL}$ (1)

(где $S_{sectOKA}$ — площадь сектора $OKA$)

$S_{\triangle OKA}={\frac {1}{2}}\cdot |OA|\cdot |KH|={\frac {1}{2}}\cdot 1\cdot \sin x={\frac {\sin x}{2}}$

$S_{sectOKA}={\frac {1}{2}}R^{2}x={\frac {x}{2}}$

$S_{\triangle OAL}={\frac {1}{2}}\cdot |OA|\cdot |LA|={\frac {\mathrm {tg} x}{2}}$

(из $\triangle OAL$: $|LA|=\mathrm {tg} x$)

Подставляя в (1), получим:

${\frac {\sin x}{2}}<{\frac {x}{2}}<{\frac {\mathrm {tg} x}{2}}$

Так как при $x\to 0+:\sin x>0,x>0,\mathrm {tg} x>0$:

${\frac {1}{\mathrm {tg} x}}<{\frac {1}{x}}<{\frac {1}{\sin x}}$

Умножаем на $\sin x$:

$\cos x<{\frac {\sin x}{x}}<1$

Перейдём к пределу:

$\lim _{x\to 0+}\cos x\leqslant \lim _{x\to 0+}{\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1$

$1\leqslant \lim _{x\to 0+}{\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1$

$\lim _{x\to 0+}{\frac {\sin x}{x}}=1$

Найдём левый односторонний предел:

$\lim _{x\to 0-}{\frac {\sin x}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=-x\\x=-u\\u\to 0+\\x\to 0-\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0+}{\frac {\sin(-u)}{-u}}=\lim _{u\to 0+}{\frac {-\sin(u)}{-u}}=\lim _{u\to 0+}{\frac {\sin(u)}{u}}=1$

Правый и левый односторонний пределы существуют и равны 1, а значит и сам предел равен 1.

Следствия

• $\lim _{x\to 0}{\frac {\mathrm {tg} \,x}{x}}=1$
• $\lim _{x\to 0}{\frac {\mathrm {arcsin} \,x}{x}}=1$
• $\lim _{x\to 0}{\frac {\mathrm {arctg} \,x}{x}}=1$
• $\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x}{\frac {x^{2}}{2}}}=1$

Применение:

Из доказательства первого замечательного предела очевидно, что при малых значениях x, sin x приблизительно равен x(sin 0.1=0.099833417). Это приближение используется в при практических расчетах в физике. Напоминаем, что математика точная наука, и использование приближений, недопустимо.

Пример:

Найти $\lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\sin 4x}{3x}}$

Решение  

Имеем неопределенность ${\dfrac {0}{0}}$. Нельзя применить теорему о пределе дроби. Обозначим 4x=t; тогда при ${x\rightarrow 0},{t\rightarrow 0}$. Преобразуем предел:

$\lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\sin 4x}{3x}}=\lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\sin t}{3\cdot {\dfrac {t}{4}}}}=\lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {4}{3}}\cdot {\dfrac {\sin t}{t}}={\dfrac {4}{3}}\cdot \lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\sin t}{t}}={\dfrac {4}{3}}\cdot 1={\dfrac {4}{3}}$

Пример:

$\displaystyle \lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\tan x}{x}}$

Решение  

Т.к. $\displaystyle \tan x={\dfrac {\sin x}{\cos x}}$, преобразуем выражение $\displaystyle \lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\sin x}{x}}\cdot {\dfrac {1}{\cos x}}=\displaystyle \lim \limits _{x\rightarrow 0}{\dfrac {\sin x}{x}}\cdot {\dfrac {\lim \limits _{x\rightarrow 0}1}{\lim \limits _{x\rightarrow 0}\cos x}}=1\cdot {\dfrac {1}{1}}=1$

Второй замечательный предел

$\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$ или $\lim _{x\to 0}\left(1+x\right)^{1/x}=e$

Доказательство второго замечательного предела:

Докажем вначале теорему для случая последовательности $x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n};n{\mathcal {2}}~\mathbb {N}$

По формуле бинома Ньютона: $(a+b)^{n}=a^{n}~+~{\frac {n}{1}}\cdot a^{n-1}\cdot b~+~{\frac {n(n-1)}{1\cdot 2}}\cdot a^{n-2}\cdot b^{2}~+~...~+~{\frac {n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot b^{n};n{\mathcal {2}}~\mathbb {N}$

Полагая $a=1;~b={\frac {1}{n}}$, получим:

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=1~+~{\frac {n}{1}}\cdot {\frac {1}{n}}~+~{\frac {n(n-1)}{1\cdot 2}}\cdot {\frac {1}{n^{2}}}~+~{\frac {n(n-1)(n-2)}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot {\frac {1}{n^{3}}}~+~...~+~{\frac {n(n-1)(n-2)...(n-(n-1))}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot {\frac {1}{n^{n}}}=$

$=1~+~1~+~{\frac {1}{1\cdot 2}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n}}\right)~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}\cdot \left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdot \left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdot ...\cdot \left(1-{\frac {n-1}{n}}\right)~~~~~$       (1)

Из данного равенства (1) следует, что с увеличением n число положительных слагаемых в правой части увеличивается. Кроме того, при увеличении n число ${\frac {1}{n}}$ убывает, поэтому величины $\left(1-{\frac {1}{n}}\right),\left(1-{\frac {2}{n}}\right),...$ возрастают. Поэтому последовательность $\{x_{n}\}=\left\{\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\right\};n{\mathcal {2}}\mathrm {N}$ — возрастающая, при этом

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}>2~~~~~$      (2).

Покажем, что она ограничена. Заменим каждую скобку в правой части равенства на единицу, правая часть увеличится, получим неравенство

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+1+{\frac {1}{1\cdot 2}}+{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3}}~+~...~+~{\frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n}}$

Усилим полученное неравенство, заменим 3,4,5, …, стоящие в знаменателях дробей, числом 2:

$\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+\left(1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2^{2}}}+...+{\frac {1}{2^{n-1}}}\right)$.

Сумму в скобке найдём по формуле суммы членов геометрической прогрессии:

$1+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2^{2}}}+...+{\frac {1}{2^{n-1}}}={\frac {1\cdot \left(1-({\frac {1}{2}})^{n}\right)}{1-{\frac {1}{2}}}}=2\cdot \left(1-{\frac {1}{2^{n}}}\right)<2$.

Поэтому $\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}<1+2=3~~~~~$      (3).

Итак, последовательность ограничена сверху, при этом ${\mathcal {8}}n{\mathcal {2}}~\mathbb {N}$ выполняются неравенства (2) и (3):   $2~<~\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}~<~3$.

Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса (критерий сходимости последовательности) последовательность $x_{n}=\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},n{\mathcal {2}}~\mathbb {N}$ монотонно возрастает и ограниченна, значит имеет предел, обозначаемый буквой e. Т.е. $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$ }}

${\displaystyle }$   Зная, что второй замечательный предел верен для натуральных значений x, докажем второй замечательный предел для вещественных x, то есть докажем, что $\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e;x{\mathcal {2}}~\mathbb {R}$. Рассмотрим два случая:

1. Пусть $x\rightarrow +{\mathcal {1}}$. Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами: $n\leqslant x<n+1$, где $~n=[x]$ — это целая часть x.

Отсюда следует: ${\frac {1}{n+1}}<{\frac {1}{x}}\leqslant {\frac {1}{n}}~~\Longleftrightarrow ~~1+{\frac {1}{n+1}}<1+{\frac {1}{x}}\leqslant 1+{\frac {1}{n}}$, поэтому

$\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}<\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}\leqslant \left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}$.

Если $x\rightarrow +{\mathcal {1}}$, то $n\rightarrow {\mathcal {1}}$. Поэтому, согласно пределу $\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}=e$, имеем:

$\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)^{n}={\frac {\lim \limits _{n\to \infty }(1+{\frac {1}{n+1}})^{n+1}}{\lim \limits _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n+1}}\right)}}={\frac {e}{1}}=e$

$\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n+1}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}\cdot \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)=e\cdot 1=e$.

По признаку (о пределе промежуточной функции) существования пределов $\lim _{x\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$.

2. Пусть $x\to -\infty$. Сделаем подстановку $-x=t$, тогда

$\lim _{x\to -\infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=\lim _{t\to +\infty }\left(1-{\frac {1}{t}}\right)^{-t}=\lim _{t\to +\infty }\left({\frac {t}{t-1}}\right)^{t}=\lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{t}=$

$=\lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{t-1}\cdot \lim _{t\to +\infty }\left(1+{\frac {1}{t-1}}\right)^{1}=e\cdot 1=e$.

Из двух этих случаев вытекает, что $\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$ для вещественного x.   

Следствия

1. $\lim _{u\to 0}(1+u)^{\frac {1}{u}}=e$
2. $\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {k}{x}}\right)^{x}=e^{k}$
3. $\lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=1$
4. $\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=1$
5. $\lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x\ln a}}=1$ для $a>0\,\!$, $a\neq 1\,\!$
6. $\lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{\alpha }-1}{\alpha x}}=1$

Доказательства следствий

1. $\lim _{u\to 0}(1+u)^{\frac {1}{u}}=\left[{\begin{matrix}u=1/x\\x\to \infty \end{matrix}}\right]=\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{x}}\right)^{x}=e$
2. $\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {k}{x}}\right)^{x}=\left[{\begin{matrix}u=x/k\\x=ku\\u\to \infty \\x\to \infty \end{matrix}}\right]=\lim _{u\to \infty }\left(1+{\frac {1}{u}}\right)^{ku}=\left(\lim _{u\to \infty }\left(1+{\frac {1}{u}}\right)^{u}\right)^{k}=e^{k}$
3. $\lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {1}{x}}\ln(1+x)=\lim _{x\to 0}\ln((1+x)^{\frac {1}{x}})=\ln e=1$
4. $\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x}}=\left[{\begin{matrix}u=e^{x}-1\\x=\ln(1+u)\\x\to 0\\u\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {u}{\ln(1+u)}}=1$
5. $\lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x\ln a}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{\ln(a^{x})}-1}{x\ln a}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x\ln a}-1}{x\ln a}}=\left[{\begin{matrix}u=x\ln a\\u\to 0\\x\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {e^{u}-1}{u}}=1$
6. $\lim _{x\to 0}{\frac {(1+x)^{\alpha }-1}{\alpha x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{\alpha \ln(1+x)}-1}{\alpha x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{\alpha \ln(1+x)}-1}{\alpha \ln(1+x)}}\cdot \lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=$

$=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{\alpha \ln(1+x)}-1}{\alpha \ln(1+x)}}\cdot 1=\left[{\begin{matrix}u=\alpha \ln(1+x)\\x\to 0\\u\to 0\end{matrix}}\right]=\lim _{u\to 0}{\frac {e^{u}-1}{u}}=1$

Интересным свойством 2ого замечательного предела, является то, что он показывает банковские проценты по вкладу при неприрывной капитализация. Предположим что процент по вкладу составляет p. Тогда при капитализации раз в год мы получим S*(1+p). При капитализации раз в месяц мы получим: $S*(1+p/12)^{12}$. При неприрывной капитазизации получим: $S*\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {p}{x}}\right)^{x}=S*e^{p}$

Пример

$\lim _{x\to \infty }\left({\frac {x+5}{x-3}}\right)^{2x}=|1^{\infty }|=\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {x+5}{x-3}}-1\right)^{2x}=\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {8}{x-3}}\right)^{2x}=$$=\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{\frac {x-3}{8}}}\right)^{2x}=\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {1}{\frac {x-3}{8}}}\right)^{{\frac {x-3}{8}}\cdot {\frac {8}{x-3}}\cdot 2x}=\lim _{x\to \infty }e^{\frac {16x}{x-3}}=e^{16}$

$\lim _{x\to \infty }x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)=\lim _{x\to \infty }x\left(\ln {\frac {x+1}{x}}\right)=\lim _{x\to \infty }x\left(\ln(1+{\frac {1}{x}})\right)=\lim _{x\to \infty }\ln(1+{\frac {1}{x}})^{x}=\ln e=1$ ==Таблица эквивалентных бесконечно малых при x→0==e7x/tg3x