Доказательство второго замечательного предела и его следствий

При доказательстве мы будем использовать тот факт, что последовательность x_n = ( 1 + 1n )ⁿ строго возрастает и имеет конечный предел, равный числу e:   lim_{n → ∞} x_n = e.
Доказательство приведено на странице «Число e – его смысл и доказательство сходимости последовательности».

Сначала рассмотрим правый предел
lim_{x → +∞}( 1 + 1x )^x.
Для его существования должна существовать такая окрестность точки +∞, на которой функция  f (x) = ( 1 + 1x )^x определена. В нашем случае,  f (x) определена при x > 0. Но мы можем выбрать любую окрестность. Для удобства считаем, что x ≥ 1.

Пусть n(x) – функция, которая означает, целую часть числа x. Например: n(1) = 1,  n(1, 2) = 1,   n(2, 02) = 2,  n(3) = 3. Она не убывает. Рассмотрим сложную функцию
g(x) = ( 1 + 1n(x) )^n(x).
Докажем, что она имеет предел при x → +∞, равный числу e:   lim_{x → +∞} g(x) = e.

Поскольку последовательность x_n = ( 1 + 1n )ⁿ строго возрастает, а функция n(x) не убывает, то сложная функция g(x) не убывает. Тогда по теореме о пределе монотонной функции, g(x) имеет конечный или бесконечный предел при x → +∞:
lim_{x → +∞} g(x) = A.
Покажем, что A = e. Для этого используем определение предела функции по Гейне, согласно которому, если функция g(x) имеет предел при x → x₀:   lim_x → x0 g(x) = A, то для любой последовательности {y_n}, сходящейся к x₀, последовательность {g(y_n)} сходится к A:   lim_{n → ∞} g(y_n) = A. Возьмем последовательность y_n = n. Она сходится к +∞. Тогда lim_{n → ∞} g(y_n) = A. Но последовательность {g(y_n)} совпадает с {x_n}:
g(y_n) = ( 1 + 1n(y_n) )^n(y_n) = ( 1 + 1n(n) )ⁿ⁽ⁿ⁾ = ( 1 + 1n )ⁿ = x_n.
Поэтому ее предел равен lim_{n → ∞} g(y_n) = lim_{n → ∞} x_n = e. Таким образом A = e:
(1)   lim_{x → +∞} g(x) = lim_{x → +∞}( 1 + 1n(x) )^n(x) = e.

Сделаем подстановку x = t + 1. Заметим, что n(x) = n(t + 1) = n(t) + 1. Заменив переменную t на x получим:
(2)   lim_{x → +∞}( 1 + 1n(x) + 1 )^n(x) + 1 = e.

Теперь воспользуемся тем, что n(x) ≤ x < n(x) + 1. Тогда
( 1 + 1n(x) + 1 )^n(x) ≤ ( 1 + 1n(x) + 1 )^x < ( 1 + 1x )^x ≤
 ( 1 + 1n(x) )^x < ( 1 + 1n(x) )^n(x) + 1;
(3)   ( 1 + 1n(x) + 1 )^n(x) < ( 1 + 1x )^x < ( 1 + 1n(x) )^n(x) + 1.
Далее замечаем, что
lim_{x → +∞}( 1 + 1n(x) ) = 1,   lim_{x → +∞}( 1 + 1n(x) + 1 ) = 1.
Применяем арифметические свойства предела функции и пределы (1) и (2):
lim_{x → +∞}( 1 + 1n(x) + 1 )^n(x) = lim_{x → +∞} ( 1 + 1n(x) + 1 )^n(x) + 11 + 1n(x) + 1 = e1 = e;
lim_{x → +∞}( 1 + 1n(x) )^n(x) + 1 = lim_{x → +∞}[ ( 1 + 1n(x) )⋅   ( 1 + 1n(x) )^n(x) ] = 1 ⋅ e = e.

Применяя к (3) теорему о промежуточной функции, получаем, что
lim_{x → +∞}( 1 + 1x )^x = e.

Теперь рассмотрим левый предел
lim_{x → –∞}( 1 + 1x )^x.
Считаем, что x ≤ –2. Сделаем подстановку x = –y. Тогда y ≥ 2. При x → –∞,  y → +∞.
( 1 + 1x )^x = ( x + 1x )^x = ( –y + 1–y )^–y = ( y – 1y )^–y = ( yy – 1 )^y =
 ( y – 1 + 1y – 1 )^y = ( 1 + 1y – 1 )^y = ( 1 + 1y – 1 ) ⋅ ( 1 + 1y – 1 )^y – 1.
Применяем арифметические свойства предела функции.
lim_{x → –∞}( 1 + 1x )^x = lim_{y → +∞}[ ( 1 + 1y – 1 )  ⋅  ( 1 + 1y – 1 )^y – 1 ] =
 lim_{y → +∞}( 1 + 1y – 1 ) ⋅ lim_{y → +∞}( 1 + 1y – 1 )^y – 1 = 1 ⋅ e = e.

Поскольку существуют равные пределы справа и слева, то существует и двусторонний предел
lim_{x → ∞}( 1 + 1x )^x = e.
Второй замечательный предел доказан.

1) Докажем, что   lim_x → 0(1 + x)^1x = e.
Делаем замену переменной x = 1t,  t = 1x. Тогда   (1 + x)^1x = ( 1 + 1t )^t. При x → 0,  t → ∞. Поэтому
lim_x → 0(1 + x)^1x = lim_{t → ∞}( 1 + 1t )^t = e.

Заметим, что фактически мы представили F(x) как сложную функцию   F(x) = (1 + x)^1x =  f (t(x)), где    f (t) = ( 1 + 1t )^t,  t(x) = 1x. Далее мы применили теорему о пределе сложной функции.

Следствие 1) доказано.

2) Докажем, что   lim_x → 0 a^x – 1x = ln a,  a > 0,  a ≠ 0.
Выполняем преобразования, учитывая что показательная функция является обратной к логарифмической:
xa^x – 1 = log_a a^xa^x – 1 = 1a^x – 1 log_a ( 1 + a^x – 1 ) = log_a ( 1 + a^x – 1 )^{1a x – 1}.

Делаем замену переменной   t = a^x – 1. В силу непрерывности показательной функции,
lim_x → 0( a^x – 1 ) = a⁰ – 1 = 1 – 1 = 0. Поскольку при x ≠ 0,  a^x – 1 ≠ 0, то
lim_x → 0 xa^x – 1 = lim_x → 0 log_a ( 1 + a^x – 1 )^{1a x – 1} = lim_t → 0 log_a ( 1 + t )^1t =
 log_a ( lim_t → 0( 1 + t )^1t ) = log_a e.
В предпоследнем равенстве мы воспользовались непрерывностью логарифмической функции и теоремой о пределе непрерывной функции от функции. В последнем равенстве мы применили следствие второго замечательного предела.

Также заметим, что применяя подстановку, мы представили функцию F(x) как сложную:
F(x) = log_a ( 1 + a^x – 1 )^{1a x – 1} =  f (t(x)), где  f (t) = log_a ( 1 + t )^1t,   t(x) = a^x – 1, и применили теорему о пределе сложной функции.

Применяем арифметические свойства предела функции:
lim_x → 0 a^x – 1x = lim_x → 0 1xa^x – 1 = 1lim_x → 0 xa^x – 1 = 1log_a e = ln a.
Также здесь мы воспользовались свойством логарифма:   log_a b = 1log_b a.

Полагая a = e, имеем:
lim_x → 0 e^x – 1x = 1.
Следствие 2) доказано.

3) Докажем, что lim_x → 0 log_a (1 + x)x = 1ln a,   a > 0,  a ≠ 0.
Выполняем преобразования.
log_a (1 + x)x = 1x log_a (1 + x) = log_a (1 + x)^1x.
Функция определена при x > –1,  x ≠ 0. Логарифм непрерывен на своей области определения. Применяем доказанное выше следствие 1 и теорему о пределе непрерывной функции от функции:
lim_x → 0 log_a (1 + x)x = lim_x → 0 log_a (1 + x)^1x = log_a ( lim_x → 0(1 + x)^1x ) = log_a e = 1ln a.
Также здесь мы воспользовались свойством логарифма:   log_a b = 1log_b a.

Подставляя a = e, получаем:
lim_x → 0 ln(1 + x)x = 1.

4) Докажем, что lim_x → 0 sh xx = 1.
Для этого воспользуемся определением гиперболического синуса и следствием 2) ⇑. Выполняем преобразования.
lim_x → 0 sh xx = lim_x → 0 e^x – e^–x2x = 12 lim_x → 0 e^x – 1 – (e^–x – 1)x =
 12 ( lim_x → 0 e^x – 1x + lim_x → 0 e^–x – 1–x  ) = 12 (1 + 1) = 1.

Докажем, что lim_x → 0 th xx = 1.
Для этого используем определения гиперболических функций и предыдущий предел.
lim_x → 0 ch x = lim_x → 0 e^x + e^–x2 = e⁰ + e⁰2 = 1;
lim_x → 0 th xx = lim_x → 0 sh xx ch x = lim_x → 0(  1ch x ⋅ sh xx ) = 1 ⋅ 1 = 1.

Докажем, что lim_x → 0 arsh xx = 1.
Для этого сделаем замену переменной t = arsh x.
Тогда при x → 0,  t → 0;   при x ≠ 0,  t ≠ 0;
x = sh arsh x = sh t (см. «Обратные гиперболические функции, их графики и формулы»).
lim_x → 0 arsh xx = lim_t → 0 tsh t = lim_t → 0 1sh tt = 11 = 1.

Докажем, что lim_x → 0 arth xx = 1.
Сделаем замену переменной t = arth x.
Тогда при x → 0,  t → 0;   при x ≠ 0,  t ≠ 0;
при  | x |  < 1,  x = th arth x = th t (см. «Обратные гиперболические функции, их графики и формулы»).
lim_x → 0 arth xx = lim_t → 0 tth t = lim_t → 0 1th tt = 11 = 1.

Следствия доказаны.