Często padają pytania o dowody tych granic, warto zatem zamieścić je w tym temacie.
1.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1}\)
Jest to jedna z najczęściej spotykanych granic. Zależność ta zostanie udowodniona poprzez zastosowanie twierdzenia o trzech funkcjach oraz nierówności:
\(\displaystyle{ sin xle xle g x, xinleft[0,fracpi2
ight)}\). Nierówność tę można zilustrować rysunkiem:
Ponieważ
\(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x}=\frac{\sin(-x)}{-x}}\), wystarczy rozpatrzyć wartości dodatnie. Przekształcając:
\(\displaystyle{ \sin x\le x\le\frac{\sin x}{\cos x}}\)
Ponieważ
\(\displaystyle{ \sin x>0}\) dla
\(\displaystyle{ x>0}\), możemy podzielić wszystkie wyrazy nierówności przez
\(\displaystyle{ \sin x}\) i uzyskać następującą postać:
\(\displaystyle{ 1\le\frac{x}{\sin x}\le\frac{1}{\cos x}}\)
Biorąc odwrotności, otrzymujemy
\(\displaystyle{ 1\ge\frac{\sin x}{x}\ge\cos x}\)
Zatem, na podstawie twierdzenia o trzech funkcjach:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}1\ge\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\ge\lim_{x\to0}\cos x\\ \\ 1\ge\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\ge1\\ \\ \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1}\)
2.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\tg x}{x}=1}\)
Wystarczy zastosować twierdzenie: granica iloczynu jest równa iloczynowi granic, i przekształcić:
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{\tg x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x\cos x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{\cos x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\cdot1=1}\)
3.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}{x}=1}\)
Należy zastosować następujące podstawienie:
\(\displaystyle{ x=\sin t}\). Wtedy
\(\displaystyle{ t\to0}\) i granica przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \lim_{t\to0}\frac{\arcsin(\sin t)}{\sin t}}\)
Dla
\(\displaystyle{ t\in\left[-\frac\pi2,\,\frac\pi2\right]}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \arcsin(\sin t)=t}\), zatem granica przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \lim_{t\to0}\frac{t}{\sin t}=\lim_{t\to0}\frac{1}{\frac{\sin t}{t}}=\frac{1}{\lim_{t\to0}\frac{\sin t}{t}}=\frac{1}{1}=1}\)
4.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\arctan x}{x}=1}\)
Należy zastosować podstawienie
\(\displaystyle{ x=\tg t}\). Wtedy
\(\displaystyle{ t\to0}\) i granica przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \lim_{t\to0}\frac{\arctan(\tg t)}{\tg t}}\)
Dla
\(\displaystyle{ t\in\left(-\frac\pi2,\,\frac\pi2\right)}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \arctan(\tg t)=t}\), zatem granica przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \lim_{t\to0}\frac{t}{\tg t}=\lim_{t\to0}\frac{1}{\frac{\tg t}{t}}=\frac{1}{\lim_{t\to0}\frac{\tg t}{t}}=\frac11=1}\)
Najpierw zostaną przedstawione dowody dwóch granic znajdujących się niżej:
5.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac ax\right)^x=e^a}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac ax\right)^x=\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac ax\right)^{\frac xa}\right)^a}\)
Niech teraz
\(\displaystyle{ x=at}\), wtedy
\(\displaystyle{ t\to\pm\infty}\) i granica przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \lim_{t\to\pm\infty}\left(\left(1+\frac1t\right)^t\right)^a=e^a}\)
6.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1}\)
Należy zastosować podstawienie
\(\displaystyle{ e^x-1=\frac1t}\). Wtedy
\(\displaystyle{ x=\ln\left(1+\frac1t\right)}\), ponadto
\(\displaystyle{ t\to\pm\infty}\) i granica przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \lim_{t\to\pm\infty}\frac{1}{t\ln\left(1+\frac1t\right)}=\lim_{t\to\pm\infty}\frac{1}{\ln\left(1+\frac1t\right)^t}=\frac{1}{\ln e}=1}\)
Czyli
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1}\)
7.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\sinh x}{x}=1}\)
Granicę można przekształcić zgodnie z definicją sinusa hiperbolicznego:
\(\displaystyle{ \sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}}\):
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{e^x-e^{-x}}{2x}=\lim_{x\to0}e^{-x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-1}{2x}=1\cdot\lim_{x\to0}\frac{e^{2x}-1}{2x}}\)
Niech teraz
\(\displaystyle{ 2x=t}\), wtedy
\(\displaystyle{ t\to0}\) i granica przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=1}\)
8.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\tanh x}{x}=1}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{\tanh x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\sinh x}{x\cosh x}=\lim_{x\to0}\frac{1}{\cosh x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sinh x}{x}=1\cdot1=1}\)
9.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{a^x-1}{x}=\ln a}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{a^x-1}{x}=\lim_{x\to0}\frac{e^{x\ln a}-1}{x}=\ln a\cdot\lim_{x\to0}\frac{e^{x\ln a}-1}{x\ln a}}\)
Niech teraz
\(\displaystyle{ x\ln a=t}\), wtedy
\(\displaystyle{ t\to0}\) i granica przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \ln a\cdot\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}=\ln a\cdot1=\ln a}\)
10.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to\pm\infty}\left(1+\frac1x\right)^x=e}\)
Jest to definicja liczby Eulera.
11.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\ln(x+1)}{x}=1}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{\ln(x+1)}{x}=\lim_{x\to0}\ln(x+1)^{\frac 1x}}\)
Niech
\(\displaystyle{ x=\frac1t}\). Wtedy granica przyjmuje postać
\(\displaystyle{ \lim_{t\to\pm\infty}\ln\left(1+\frac1t\right)^t=\ln e=1}\)
12.
\(\displaystyle{ \blue\lim_{x\to0}\frac{\log_a(x+1)}{x}=\log_ae}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{\log_a(x+1)}{x}=\lim_{x\to0}\log_a(x+1)^{\frac1x}=\lim_{x\to0}\frac{\ln(x+1)^{\frac1x}}{\ln a}=\frac{1}{\ln a}=\frac{1}{\frac{\log_aa}{\log_ae}}=\log_ae}\)
Uwagi proszę zgłaszać na pw.