Курс лекций по математическому анализу. Гатабон В.Д. - 26 стр.

           4) Аналогично, используя полученный там же ре-                                  6)   2-м            замечательным                пределом             часто            называют
                      log a n                                                                  1
                                                                                                           x
зультат: lim                      = 0 (а>1), можно показать, что                         lim 1 +  = e (3).
                 n →∞      n                                                            x →±∞
                                                                                                x
       log a x
 lim             = 0 (а>1). Отсюда, заменив х на хk (k > 0), можно                              Предел (3) при х→+∞ докажем, исходя из доказанно-
x → +∞     x                                                                            го в 2.6 предела числовой последовательности
                               log a x                                                                n
получить, что lim                        = 0 , откуда получаем (заменой х на                  1
                       x → +∞    xk                                                     lim1 +  = e . Заметим прежде всего, что, по теореме из
 1
                                                                                        n →∞
                                                                                              n
    ): lim x k log a x = 0 (а > 1, k > 0).                                              3.7, для любой последовательности натуральных чисел {nk},
 x x→+0                                                                                                                                    nk
           5) В приложениях часто используется следующий                                                            1 
                                                                                        стремящейся к ∞, lim1 +  = e . Пусть х пробегает ка-
                    sin x                                                                                         nk 
предел: lim                 = 1 (1). Из геометрических соображений
              x →0    x                                                                 кую-либо последовательность {хk} значений, стремящуюся
легко установить, что при х ∈ (0, π/2) sin x < x < tg x (2). Раз-                       к +∞, причем можно считать, что ∀k xk > 1. Положим nk = [
                                                                  x       1                                                            1     1   1
делив (2) на sin x, получим: 1 <                                      <        , или    xk], так что nk ≤ xk < nk+1 и nk → +∞. Тогда       <   ≤   ,
                                                               sin x cos x                                                           nk + 1 x k nk
      sin x                                       sin x                                         
                                                                                                                         nk                xk                   nk +1
1>           > cos x , откуда 0 < 1 −                     < 1 − cos x , а так как                    1           1        1
        x                                            x                                  откуда 1 +      < 1 +  ≤ 1 +                                        ,
                         x             x                                    sin x                nk + 1         xk     nk 
1 − cos x = 2 sin 2 < 2 sin < x (в силу (2)), то 0 < 1 −