Эквивалентность логарифма

\[\frac{\log_a(1+x)}{\dfrac{x}{\ln a}} = \ln a \cdot \frac{1}{x} \cdot \log_a(1+x) = \ln a \cdot \log_a(1+x)^\frac{1}{x} = \ln a \cdot \frac{\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}}{\ln a} = \ln(1+x)^{\frac{1}{x}}\]

Для вычисления предела правой части воспользуемся непрерывностью логарифма и вторым замечательным пределом:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\log_a(1+x)}{\dfrac{x}{\ln a}} = \lim_{x \to 0}\ln(1+x)^{\frac{1}{x}} = \ln\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac{1}{x}} = \ln e=1\]

\[\lim_{x \to 0} { \frac{\mathrm{tg}{x}}{x} } = \lim_{x \to 0} { \frac{\frac{\sin{x}}{\cos{x}}}{x} } = \lim_{x \to 0} { \frac{\frac{\sin{x}}{x}}{\cos{x}} } = \frac{\lim_{x \to 0} { \frac{\sin{x}}{x} }}{\lim_{x \to 0} { \cos{x} }} = \frac{1}{1} = 1\]

\[\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{\frac{x^2}{2}} = \lim_{x \to 0} \frac{2\sin^2{\frac{x}{2}}}{\frac{x^2}{2}} = \lim_{x \to 0} \frac{2\sin^2{\frac{x}{2}}}{{2 (\frac{x}{2})^2 }} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin{\frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2} }} \frac{\sin{\frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2} }} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin{\frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2} }} \lim_{x \to 0} \frac{\sin{\frac{x}{2}}}{{\frac{x}{2} }} = 1 \cdot 1 = 1\]

сделаем замену \(z = \log_a(1+x)\) и выразим \(x\) через \(z\): \(x = a^z - 1\). Из эквивалентности логарифма следует \[z \sim \frac{x}{\ln a}\] при \(x \to 0\), откуда \(x \sim z \ln a\). Из непрерывности логарифма следует, что \(z \xrightarrow {x \to 0} 0\) и, значит, \(a^z - 1 \sim z\ln a\) при \(z \to 0\). В этой формуле осталось лишь сменить обозначение переменного  на