Первый замечательный предел

Замечательные пределы — термины, использующиеся в советских и российских учебниках по математическому анализу для обозначения двух широко известных математических тождеств со взятием предела:


* Первый замечательный предел:

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



Ниже есть продолжение.


* Первый замечательный предел:

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


Доказательство:



Сначала рассмотрим правый односторонний предел $\lim_{x \to +0}\frac{\sin x}{x}$ и докажем что он равен 1.

Пусть $x \in \left( 0; \frac{\pi}{2} \right)$. Отложим этот угол на окружности радиуса R ($R > 0$) так, чтобы его вершина совпадала с началом координат, а одна сторона совпадала с осью $OX$. Пусть $K$ — точка пересечения второй стороны угла с окружностью, а точка $L$ — с касательной к этой окружности в точке $A=\left( R; 0 \right)$. Точка $H$ — проекция точки $K$ на ось $OX$.

Из построения видно, что:

$S_{\triangle OAK} < S_{sect KOA} < S_{\triangle OAL}$ (1)

(где $S_{sect KOA}$ — площадь сектора $KOA$)

По построению $ \left| OA \right|= \left| OK \right|=R$ (OA и OK является радиусами).

Рассмотрим ${\triangle OHK}$ ($\angle OHK=\frac{\pi}{2}$).

По определению синуса $\sin x=\frac { \left| KH \right|} {\left| OK \right|}$, т.е.

$\sin x=\frac { \left| KH \right|} {R}$, т.е. $\left| KH \right|=R\sin x$ (2)


По определению тангенса $tg x=\frac { \left| KH \right|} {\left| OH \right|}$.

${\triangle OHK}$ подобен ${\triangle OAL}$ по первому признаку подобия ($\angle OHK=\angle OAL=\frac{\pi}{2}$, $\angle O$ - общий). Таким образом, $tg x=\frac { \left| KH \right|} {\left| OH \right|}=\frac { \left| LA \right|} {\left| OA \right|}=\frac { \left| LA \right|} {\left| R \right|}$, т.е. $\left| LA \right|=Rtg x$ (3)


$S_{\triangle OAK} = \frac{1}{2} \cdot \left| OA \right| \cdot \left| KH \right| = \frac{1}{2} \cdot R \cdot R\sin x=\frac{1}{2}R^2\sin x$
$S_{sect KOA} = \frac{R^2}{2} \cdot x =\frac{1}{2}R^2 x $
$S_{\triangle OAL} = \frac{1}{2} \cdot \left| OA \right| \cdot \left| LA \right|=\frac{1}{2} \cdot R \cdot Rtg x= \frac{1}{2}R^2 cdot tg x$

Подставляя в (1) получим:

$\frac{1}{2}R^2\sin x < \frac{1}{2}R^2 x < \frac{1}{2}R^2 \cdot tg x$ Сократим всё на $\frac{1}{2}R^2 > 0$, получим

$\sin x < x < tg x$

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

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

Умножаем на $\sin x$

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

Перейдём к пределу:

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

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

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

Таким образом, правый односторонний предел $\lim_{x \to +0}\frac{\sin x}{x}=1$.

Теперь рассмотрим левый односторонний предел $\lim_{x \to -0}\frac{\sin x}{x}$

$\lim_{x \to -0}\frac{\sin x}{x}=$ {$u = -x$, $x = -u$, $u \to +0$, $x \to -0$ }=$\lim_{u \to +0}\frac{\sin(-u)}{-u}$
$=\lim_{u \to +0}\frac{-\sin(u)}{-u}=\lim_{u \to +0}\frac{\sin(u)}{u} = 1$

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

Следствия:

$\lim_{x \to 0}\frac{tg x}{x} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arcsin x}{x} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arctg x}{x} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{ \frac{x^2}{2} } = 1$

Доказтельство следствий:


$\lim_{x \to 0}\frac{tg x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x \cos x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x \to 0}\frac{1}{\cos x} = 1 \cdot 1 = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arcsin x}{x} =$ {$u=\arcsin x$, $x = \sin u$, $u \to 0$, $x \to 0$ } =$\lim_{u \to 0}\frac{u}{\sin u} = 1$
$\lim_{x \to 0}\frac{arctg x}{x} =$ {$u=arctg x$, $x = tg u$, $u \to 0$, $x \to 0$ } =$\lim_{u \to 0}\frac{u}{tg u} = 1$

Ддя доказательства последнего следствия используем формулу синуса половинного угла:

$\sin^2 \frac{\alpha}{2}=\frac{1-cos \alpha}{2}$

отсюда

$1-cos \alpha=2 \cdot \sin^2 \frac{\alpha}{2}$

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


Применение для вычисления длины окружности:


Формула для периметра правильного n-угольника связана с радиусом R описанным вокруг него окружности формулой является $P_n=n*2R sin \frac{\Pi}{n}$


Используя первый замечательный предел мы получим:

$P_n=n*2R sin \frac{\pi}{n}=n*2R*\frac{\pi}{n}*(\frac{n}{\pi}*sin \frac{\pi}{n})= { n\to\infty} } = n*2R*\frac{\pi}{n}=$
$=2R*\pi=2\piR$



На основании:

https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%97%D0%B0%D0%BC%D0%B5%D1%87%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D1%8B%D0%B5_%D0%BF%D1%80%D0%B5%D0%B4%D0%B5%D0%BB%D1%8B