Z tematu T44 i T45 wiemy, że:
\[ e = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n, \]oraz ogólniej, jeśli $\lim\limits_{n \to \infty} t_n = \pm\infty$, to
\[ \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{t_n}\right)^{t_n} = e. \]Ponadto ciąg $a_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ jest rosnący, a ciąg $b_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$ jest malejący, i oba zbiegają do $e$:
\[ a_n \lt e \lt b_n \quad \text{dla każdego } n \geq 1. \]Równoważnie (po podstawieniu $t = \frac{1}{x}$):
\[ \lim\limits_{t \to \pm\infty} \left(1 + \frac{1}{t}\right)^{t} = e. \]Niech $x \gt 0$. Definiujemy $n = \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor$, czyli $n \leq \frac{1}{x} \lt n + 1$, co daje:
\[ \frac{1}{n+1} \lt x \leq \frac{1}{n}. \]Gdy $x \to 0^+$, mamy $n \to \infty$.
Oszacowanie z dołu. Ponieważ $x \gt \frac{1}{n+1}$ i $\frac{1}{x} \gt n$:
\[ (1 + x)^{1/x} \gt \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n} = \frac{\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)} = \frac{a_{n+1}}{1 + \frac{1}{n+1}}, \]gdzie $a_k = \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k$.
Oszacowanie z góry. Ponieważ $x \leq \frac{1}{n}$ i $\frac{1}{x} \lt n + 1$:
\[ (1 + x)^{1/x} \leq \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} = b_n, \]gdzie $b_k = \left(1 + \frac{1}{k}\right)^{k+1}$.
Podsumowanie. Mamy:
\[ \frac{a_{n+1}}{1 + \frac{1}{n+1}} \leq (1+x)^{1/x} \leq b_n. \]Gdy $x \to 0^+$ (czyli $n \to \infty$): lewa strona $\to \frac{e}{1} = e$, prawa strona $\to e$. Z twierdzenia o trzech funkcjach:
\[ \lim\limits_{x \to 0^+} (1+x)^{1/x} = e. \quad \square \]Niech $x \in (-1, 0)$. Podstawiamy $x = -\frac{u}{1+u}$, gdzie $u \gt 0$. Wtedy:
\[ 1 + x = 1 - \frac{u}{1+u} = \frac{1}{1+u}, \qquad \frac{1}{x} = -\frac{1+u}{u}. \]Stąd:
\[ (1+x)^{1/x} = \left(\frac{1}{1+u}\right)^{-(1+u)/u} = (1+u)^{(1+u)/u} = (1+u)^{1/u} \cdot (1+u). \]Gdy $x \to 0^-$, mamy $u \to 0^+$. Zatem:
\[ \lim\limits_{x \to 0^-} (1+x)^{1/x} = \lim\limits_{u \to 0^+} (1+u)^{1/u} \cdot \lim\limits_{u \to 0^+} (1+u) = e \cdot 1 = e. \quad \square \]Niech $x \lt 0$, $x \to 0^-$. Podstawiamy $t = \frac{1}{x}$, więc $t \to -\infty$. Mamy:
\[ (1+x)^{1/x} = \left(1 + \frac{1}{t}\right)^t. \]Podstawiamy $s = -(t+1)$, czyli $t = -(s+1)$, $s \to +\infty$. Wtedy:
\[ 1 + \frac{1}{t} = 1 - \frac{1}{s+1} = \frac{s}{s+1}, \qquad \left(\frac{s}{s+1}\right)^{-(s+1)} = \left(\frac{s+1}{s}\right)^{s+1} = \left(1 + \frac{1}{s}\right)^{s+1} = b_s. \]Zatem:
\[ \left(1 + \frac{1}{t}\right)^t = \left(1 + \frac{1}{s}\right)^{s+1} \cdot \left(1 + \frac{1}{s}\right)^{-1} = \frac{b_s}{1 + \frac{1}{s}} \to \frac{e}{1} = e. \quad \square \]Ponieważ $\lim\limits_{x \to 0^+} (1+x)^{1/x} = e$ i $\lim\limits_{x \to 0^-} (1+x)^{1/x} = e$, granice jednostronne są równe, więc:
\[ \lim\limits_{x \to 0} (1+x)^{1/x} = e. \quad \square \]Biorąc logarytm obu stron:
\[ \lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1. \]$\frac{\ln(1+x)}{x} = \frac{1}{x} \ln(1+x) = \ln\!\left[(1+x)^{1/x}\right] \to \ln e = 1$. $\square$
Z powyższego wynika:
\[ \lim\limits_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1. \]Podstawiamy $t = e^x - 1$, czyli $x = \ln(1+t)$, $t \to 0$:
\[ \frac{e^x - 1}{x} = \frac{t}{\ln(1+t)} = \frac{1}{\frac{\ln(1+t)}{t}} \to \frac{1}{1} = 1. \quad \square \]Podstawiamy $u = 3x$, $u \to 0$:
\[ (1+3x)^{1/x} = \left[(1+u)^{1/u}\right]^3 \to e^3. \]Piszemy $a^x = e^{x \ln a}$, więc:
\[ \frac{a^x - 1}{x} = \frac{e^{x\ln a} - 1}{x} = \ln a \cdot \frac{e^{x\ln a} - 1}{x \ln a} \to \ln a \cdot 1 = \ln a. \]Podstawiamy $m = n/2$, $m \to \infty$:
\[ \left(1 + \frac{2}{n}\right)^n = \left[\left(1 + \frac{1}{m}\right)^m\right]^2 \to e^2. \]Granica $\lim\limits_{x \to 0} (1+x)^{1/x}$ jest typu $\mathbf{1^\infty}$ (symbol nieoznaczony), bo:
\[ \text{podstawa: } 1 + x \to 1, \qquad \text{wykładnik: } \frac{1}{x} \to \pm\infty. \]Wynik $e$ nie jest oczywisty — inne funkcje typu $1^\infty$ mogą dawać inne wartości. Na przykład: $(1 + 2x)^{1/x} \to e^2$, a $(1 + x^2)^{1/x} \to 1$.