Формулировка и детальное обоснование первого замечательного предела. Приведённых выкладок достаточно для любого экзамена в любом университете.
Есть ещё второй замечательный предел. Помните: это первый шаг в весёлый мир эквивалентных функций, асимптотических переходов и прочих весёлых вещей в матанализе.:)
Первый замечательный предел:
\[\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\]
Другими словами, чем ближе $x\to 0$, тем ближе значения $\sin x$ и $x$.
Для вывода формулы первого замечательного предела нам потребуется:
Чтобы доказать существование предела в точке, покажем существование правостороннего предела, левостороннего предела, а затем докажем их равенство.
1. Рассмотрим односторонний предел $\lim\limits_{x\to +0}\frac{\sin x}{x}$, т.е. будем приближаться к нулю справа. Следовательно, $x \gt 0$. Более того: поскольку $x\to 0$, достаточно рассмотреть интервал $x\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$.
2. Отметим на тригонометрическом круге луч $OM$, соответствующий углу $x$ радиан. Проведём отрезки $AM$ и $MH\bot OA$ так, как показано на рисунке. $N$ — точка пересечения луча $OM$ с вертикальной осью тангенсов.
По определению синуса и тангенса: $\left| MH \right|=\sin x$, $\left| AN \right|=\operatorname{tg}x$. Кроме того, дуга $MA$ тоже равна $x$ (если этот момент с дугой непонятен, обязательно повторите, что такое радианная мера угла).
3. Найдём площадь треугольника $AOM$, сектора $AOM$ и треугольника $AON$:
\[\begin{align} {{S}_{\Delta AOM}}= & \frac{1}{2}\cdot \left| OA \right|\cdot \left| MH \right|=\frac{\sin x}{2} \\ {{S}_{\angle AOM}} & =\pi {{R}^{2}}\cdot \frac{x}{2\pi }=\frac{x}{2} \\ {{S}_{\Delta AON}} & =\frac{1}{2}\cdot \left| OA \right|\cdot \left| AN \right|=\frac{\operatorname{tg}x}{2} \\ \end{align}\]
4. Из рисунка видно, что $\Delta OMA\subset \angle AOM$ и $\angle AOM\subset \Delta AON$. Поэтому
\[{{S}_{\Delta AOM}}\le {{S}_{\angle AOM}}\le {{S}_{\Delta AON}}\]
\[\begin{align} \frac{\sin x}{2}\le& \frac{x}{2}\le \frac{\operatorname{tg}x}{2} \\ \sin x\le x\le & \operatorname{tg}x \\ \end{align}\]
Кроме того, поскольку $x\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$, можно утверждать, что $\sin x \gt 0$. И последнее двойное неравенство можно переписать так:
\[0 \lt \frac{1}{\operatorname{tg}x}\le \frac{1}{x}\le \frac{1}{\sin x}\]
Умножим все части неравенства на $\sin x \gt 0$ и получим:
\[\cos x\le \frac{\sin x}{x}\le 1\]
5. Заметим, что $\lim\limits_{x\to 0}\cos x=1$ и $\lim\limits_{x\to 0} 1=1$. Следовательно, по теореме о пределе промежуточной функции, имеем:
\[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sin x}{x}=1\]
Но всё это верно лишь для $x \gt 0$.
6. Теперь положим $x \lt 0$. Имеем:
\[\begin{align} \lim\limits_{x\to -0}\frac{\sin x}{x} & =\lim\limits_{x\to -0}\frac{\sin \left( -x \right)}{-x}= \\ & =\lim\limits_{t\to +0}\frac{\sin t}{t}=1 \\ \end{align}\]
Здесь мы выполнили замену переменной: $t=-x$, что привело к смене левостороннего предела на равносторонний. Но результат тот же.
7. Итак, односторонние пределы существуют и равны 1. Следовательно, сам предел тоже существует и равен 1. Что и требовалось доказать.
По определению эквивалентных функций, мы можем записать, что $\sin x\sim x$ при $x\to 0$. Кроме того, первый замечательный предел можно переписать в другом виде:
\[\begin{align} & \lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x}{x}=1 \\ & \lim\limits_{x\to 0}\frac{\arcsin x}{x}=1 \\ & \lim\limits_{x\to \infty }\frac{1-\cos x}{\frac{{{x}^{2}}}{2}}=1 \\ \end{align}\]
Или в терминах эквивалентности:
\[\begin{align} & \operatorname{tg}x\sim x\quad \left( x\to 0 \right) \\ & \arcsin x\sim x\quad \left( x\to 0 \right) \\ & \cos x\sim1-\frac{{{x}^{2}}}{2}\quad \left( x\to 0 \right) \\ \end{align}\]
Если вы забыли, что такое эквивалентность, обязательно повторите урок про сравнение бесконечно малых.
