Следствия из второго замечательного предела.

В данной теме мы разберём те формулы, которые можно получить, используя второй замечательный предел.

Обычно формулы я привожу без доказательств, но для данной страницы, полагаю, сделаю исключение. Дело в том, что доказательство следствий из второго замечательного предела содержит некоторые приёмы, которые бывают полезны при непосредственном решении задач. Ну, и, вообще говоря, желательно знать, как доказывается та или иная формула. Это позволяет лучше понимать её внутреннюю структуру, а также границы применимости. Но так как доказательства могут быть интересны не всем читателям, то скрою их под примечания, расположенные после каждого следствия или его обобщения.

Следствие №1

\[ \begin{equation} \lim_{x\to\ 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=1 \end{equation} \]

Доказательство следствия №1

Так как при \(\displaystyle{x\to{0}}\) имеем \(\displaystyle{\ln(1+x)\to{0}}\), то в рассматриваемом пределе наличествует неопределённость вида \(\displaystyle{\frac{0}{0}}\). Для раскрытия этой неопределённости представим выражение \(\displaystyle{\frac{\ln(1+x)}{x}}\) в таком виде: \(\displaystyle{\frac{1}{x}\cdot\ln(1+x)}\). Затем внесём множитель \(\displaystyle{\frac{1}{x}}\) в степень выражения \(\displaystyle{(1+x)}\) и применим второй замечательный предел:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\ln(1+x)}{x} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\left(\frac{1}{x}\cdot\ln(1+x)\right) =\lim_{x\to{0}}\ln(1+x)^{\frac{1}{x}} =\ln{e}=1. \]

Обобщение следствия №1

\[ \begin{equation} \lim_{x\to{0}} \frac{\log_a (1+x)}{x}=\frac{1}{\ln a} \end{equation} \]

Доказательство обобщения следствия №1

Будем опираться на уже доказанную нами формулу (1). Так как \(\displaystyle{\log_a{t}=\frac{\ln{t}}{\ln{a}}}\), то \(\displaystyle{\log_a (1+x)=\frac{\ln(1+x)}{\ln{a}}}\).

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\log_a (1+x)}{x} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\frac{\ln(1+x)}{x\ln{a}} =\frac{1}{\ln{a}}\lim_{x\to{0}}\frac{\ln(1+x)}{x}=\frac{1}{\ln{a}}\cdot{1}=\frac{1}{\ln{a}}. \]

Следствие №2

\[ \begin{equation} \lim_{x\to{0}} \frac{e^x-1}{x}=1 \end{equation} \]

Доказательство следствия №2

Так как при \(\displaystyle{x\to{0}}\) имеем \(\displaystyle{e^x-1\to{0}}\), то в рассматриваемом пределе наличествует неопределённость вида \(\displaystyle{\frac{0}{0}}\). Для раскрытия этой неопределённости осуществим замену переменной, обозначив \(\displaystyle{t=e^x-1}\). Так как \(\displaystyle{x\to{0}}\), то \(\displaystyle{t\to{0}}\). Далее, из формулы \(\displaystyle{t=e^x-1}\) получим: \(\displaystyle{e^x=1+t}\), \(\displaystyle{x=\ln(1+t)}\).

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{e^x-1}{x} =\left[\frac{0}{0}\right] =\left[ \begin{aligned} & t=e^x-1;\; t\to 0.\\ & x=\ln(1+t).\end {aligned} \right] =\lim_{t\to{0}}\frac{t}{\ln(1+t)} =\lim_{t\to{0}}\frac{1}{\frac{\ln(1+t)}{t}} =\frac{1}{1}=1. \]

Обобщение следствия №2

\[ \begin{equation} \lim_{x\to{0}} \frac{a^{x}-1}{x}=\ln{a} \end{equation} \]

Доказательство обобщения следствия №2

Будем опираться на уже доказанную нами формулу (3). Так как \(\displaystyle{a^x=e^{x\ln{a}}}\), то:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{a^{x}-1}{x} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\frac{e^{x\ln{a}}-1}{x} =\ln{a}\cdot\lim_{x\to{0}}\frac{e^{x\ln{a}}-1}{x \ln{a}}=\ln{a} \cdot {1}=\ln {a}. \]

Следствие №3

\[ \begin{equation} \lim_{x\to{0}}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha \end{equation} \]

Доказательство следствия №3

При \(\displaystyle{\alpha = 0}\) формула истинна. Пусть \(\displaystyle{\alpha\neq{0}}\). Так как \(\displaystyle{(1+x)^{\alpha}=e^{\alpha\ln(1+x)}}\), то получим:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{(1+x)^\alpha-1}{x} = \left[\frac{0}{0}\right] = \lim_{x\to{0}}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{x} =\lim_{x\to{0}}\left(\alpha\cdot\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}\cdot\frac{\ln(1+x)}{x} \right) =\alpha\cdot{1}\cdot{1} =\alpha. \]

Задача №1

Условие

Вычислить предел \(\displaystyle{\lim_{x\to{0}} \frac{e^{9x}-1}{\sin{5x}}}\).

Решение

Имеем неопределённость вида \(\displaystyle{\frac{0}{0}}\). Для раскрытия этой неопределённости будем использовать формулу (3). Чтобы подогнать наш предел под данную формулу следует иметь в виду, что выражения в степени числа \(\displaystyle{e}\) и в знаменателе должны совпадать. Иными словами, синусу в знаменателе не место. В знаменателе должно быть \(\displaystyle{9x}\). Кроме того, при решении этой задачи будет использован первый замечательный предел.

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{e^{9x}-1}{\sin{5x}} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\left( \frac{e^{9x}-1}{9x}\cdot\frac{9x}{\sin 5x} \right) =\lim_{x\to{0}} \left(\frac{9}{5}\cdot \frac{e^{9x}-1}{9x}\cdot\frac{1}{\frac{\sin 5x}{5x}} \right) =\frac{9}{5}\cdot {1} \cdot {1} =\frac{9}{5} \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{9}{5}}\).

Задача №2

Условие

Вычислить предел \(\displaystyle{\lim_{x\to {0}} \frac{\ln\cos{x}}{x^2}}\).

Решение

Имеем неопределённость вида \(\displaystyle{\frac{0}{0}}\) (напомню, что \(\displaystyle{\ln\cos{0}=\ln{1}=0}\)). Для раскрытия этой неопределённости будем использовать формулу (1). Для начала учтём, что \(\displaystyle{\cos{x}=1-2\sin^2 \frac{x}{2}}\) (см. документ с тригонометрическими функциями). Теперь \(\displaystyle{\ln\cos {x}=\ln\left(1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)}\), поэтому в знаменателе следует получить выражение \(\displaystyle{-2\sin^2 \frac{x}{2}}\) (чтобы подогнать наш пример под формулу (1)). В дальнейшем решении будет использован первый замечательный предел.

\[ \lim_{x\to{0}} \frac{\ln\cos{x}}{x^2} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\frac{\ln\left(1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)}{x^2}= \lim_{x\to{0}} \left( \frac{\ln\left( 1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)}{-2\sin^2 \frac{x}{2}}\cdot\frac{-2\sin^2 \frac{x}{2}}{x^2} \right)=\\ =\lim_{x\to{0}} \left(-\frac{1}{2}\cdot\frac{\ln\left( 1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)}{-2\sin^2 \frac{x}{2}}\cdot\left( \frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2 \right) =-\frac{1}{2}\cdot {1}\cdot {1^2} =-\frac{1}{2} \]

Ответ:

\(\displaystyle{-\frac{1}{2}}\).

Задача №3

Условие

Вычислить предел \(\displaystyle{\lim_{x\to {0}}\frac{\ln(1+7x)}{3^{2x}-1}}\).

Решение

Имеем неопределённость вида \(\displaystyle{\frac{0}{0}}\). Для раскрытия этой неопределённости будем использовать формулы (1) и (4). Чтобы подогнать наш пример под указанные формулы, придётся домножить и разделить числитель и знаменатель на соответствующие выражения:

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\ln(1+7x)}{3^{2x}-1} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\ln(1+7x)}{7x}\cdot 7x}{\frac{3^{2x}-1}{2x}\cdot 2x} =\lim_{x\to{0}}\left(\frac{7}{2}\cdot\frac{\frac{\ln(1+7x)}{7x}}{\frac{3^{2x}-1}{2x}}\right) =\frac{7}{2}\cdot\frac{1}{\ln 3}=\frac{7}{2\ln 3}. \]

Ответ:

\(\displaystyle{\frac{7}{2\ln{3}}}\).

Задача №4

Условие

Вычислить предел \(\displaystyle{\lim_{x\to {0}}\frac{1-\cos^\alpha{2x}}{x^2}}\).

Решение

Имеем неопределённость вида \(\displaystyle{\frac{0}{0}}\). Для раскрытия этой неопределённости будем применять формулу (5). В решении будет использована формула \(\displaystyle{1-\cos 2x=2\sin^2{x}}\).

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{1-\cos^\alpha {2x}}{x^2} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\frac{1-(1+\cos{2x}-1)^{\alpha}}{x^2}=\\ =\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\bigl(1+(\cos{2x}-1)\bigr)^{\alpha}-1}{\cos{2x}-1}\cdot\frac{1-\cos {2x}}{x^2}\right) =\lim_{x\to{0}}\left(\frac{\bigl(1+(\cos{2x}-1)\bigr)^{\alpha}-1}{\cos{2x}-1}\cdot\frac{2\sin^2{x}}{x^2} \right)=\\ =\lim_{x\to{0}}\left(2\cdot\frac{\bigl(1+(\cos{2x}-1)\bigr)^{\alpha}-1}{\cos{2x}-1}\cdot\left(\frac{\sin{x}}{x}\right)^2 \right) =2\cdot \alpha\cdot {1^2} =2\alpha \]

Ответ:

\(\displaystyle{2\alpha}\).

Задача №5

Условие

Найти предел \(\displaystyle{\lim_{x\to{0}}\frac{\sqrt[3]{3x^2+1}-1}{\sqrt{16+x^2}-4}}\).

Решение

В целом, решить эту задачу можно, используя домножение на сопряжённое (см., например, задачу №1). Однако можно применить и формулу (5), что гораздо быстрее.

\[ \lim_{x\to{0}}\frac{\sqrt[3]{3x^2+1}-1}{\sqrt{16+x^2}-4} =\left[\frac{0}{0}\right] =\lim_{x\to{0}}\frac{\left(1+3x^2\right)^{\frac{1}{3}}-1}{4\cdot\left( \left(1+\frac{x^2}{16} \right)^{\frac{1}{2}} -1 \right)} =\lim_{x\to{0}}\frac{\frac{\left(1+3x^2\right)^{\frac{1}{3}}-1}{3x^2}\cdot{3}}{4\cdot\frac{\left(1+\frac{x^2}{16} \right)^{\frac{1}{2}} -1}{\frac{x^2}{16}}\cdot\frac{1}{16}} =\frac{\frac{1}{3}\cdot{3}}{4\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{16}} =8 \]