Первый и второй замечательные пределы
При \(x\to 0\) выполняются
\[\frac{\sin x}{x}\to 1\],1, 2
\[(1+x)^{\frac{1}{x}}\to e\].1, 2
Первая формула эквивалентна записи \(\sin x\sim x\). Во второй предполагается \(1+x\gt 0\), что автоматически выполняется достаточно близко к нулю.
Второй замечательный предел часто записывают и в классической форме
\[\lim _{t\to +\infty }(1+\frac{1}{t})^{t}=e\].
При \(t\to -\infty \) предел того же выражения также равен \(e\). После замены \(t=\frac{1}{x}\) получаем двустороннюю форму при \(x\to 0\).1, 2
Основные эквивалентности
Из первого замечательного предела и \(\cos x\to 1\) получаем
\[\frac{\tan x}{x}=\frac{(\frac{\sin x}{x})}{\cos x}\to 1\],
поэтому \(\tan x\sim x\).
Тождество \(1-\cos x=2\sin ^{2}(\frac{x}{2})\) даёт
\[\frac{(1-\cos x)}{(\frac{x^{2}}{2})}=(\frac{\sin (\frac{x}{2})}{(\frac{x}{2})})^{2}\to 1\],
то есть \(1-\cos x\sim \frac{x^{2}}{2}\).
Из второго замечательного предела и непрерывности логарифма следует
\[\frac{\ln (1+x)}{x}\to 1\],
поэтому \(\ln (1+x)\sim x\).2
Положим \(t=e^{x}-1\). Тогда \(t\to 0\) и \(x=\ln (1+t)\). Следовательно,
\[\frac{(e^{x}-1)}{x}=\frac{t}{\ln (1+t)}\to 1\],
то есть \(e^{x}-1\sim x\).2
Для фиксированного \(\alpha \ne 0\) имеем \((1+x)^{\alpha }=\exp (\alpha \ln (1+x))\). Поскольку \(\alpha \ln (1+x)\sim \alpha x\) и \(e^{u}-1\sim u\), получаем
\[(1+x)^{\alpha }-1\sim \alpha x\].2