Tõestus:
Tõestame esmalt teoreemi jada juhtumi kohta 
Newtoni binoomvalemi järgi:
Eeldusel, et saame
Sellest võrratusest (1) järeldub, et kui n suureneb, suureneb positiivsete liikmete arv paremal pool. Lisaks, kui n suureneb, väheneb arv, seega ka väärtused 
suurenevad. Seetõttu jada 
suureneb ja (2)*Näitame, et see on piiratud. Asendage iga sulg võrdsuse paremal küljel ühega, parem pool suureneb ja saame ebavõrdsuse
Tugevdame saadud ebavõrdsust, asendame murdude nimetajates seisvad 3,4,5, ... numbriga 2: Sulgudes oleva summa leiame geomeetrilise progressiooni liikmete summa valemi abil: Seetõttu 
(3)*
Niisiis, jada on ülalt piiratud ja ebavõrdsused (2) ja (3) on täidetud: 
Seetõttu on jada Weierstrassi teoreemile (jada konvergentsi kriteeriumile) tuginedes 
monotoonselt suureneb ja on piiratud, mis tähendab, et sellel on piir, mida tähistatakse tähega e. Need. 
Teades, et teine märkimisväärne piir kehtib x-i looduslike väärtuste puhul, tõestame tegeliku x teise märkimisväärse piiri, st tõestame, et 
. Vaatleme kahte juhtumit:
1. Olgu iga x väärtus kahe positiivse täisarvu vahel: ,kus on terve osa x. => =>
Kui , siis Seega vastavalt piirile 
Meil on
Lähtudes piiride olemasolu kriteeriumist (umbes vahefunktsiooni piirist). 
2. Lase . Teeme siis asendus − x = t
Nendest kahest juhtumist järeldub, et 
päris x jaoks.
Tagajärjed:
9 .) Lõpmatute väikeste arvude võrdlus. Teoreem lõpmatute suuruste asendamise kohta samaväärsetega piirväärtuses ja teoreem lõpmatute väikeste arvude põhiosa kohta.
Olgu funktsioonid a( x) ja b( x) – b.m. juures x ® x 0 .
MÕISTED.
1)a( x) helistas lõpmata vähe rohkem kõrge järjekord kuidas b (x) Kui
Kirjutage üles: a( x) = o(b( x)) .
2)a( x) Ja b( x)kutsutakse sama järgu lõpmatuid väikeseid, Kui
kus CÎℝ ja C¹ 0 .
Kirjutage üles: a( x) = O(b( x)) .
3)a( x) Ja b( x) kutsutakse samaväärne , Kui
Kirjutage üles: a( x) ~ b( x).
4)a( x) nimetatakse lõpmata väikeseks järku k suhteliseks
täiesti lõpmatult väike b( x),
kui lõpmata väike a( x)Ja(b( x)) k on sama järjekord, st. Kui
kus CÎℝ ja C¹ 0 .
TEOREEM 6 (lõpmatute väikeste arvude asendamise kohta samaväärsetega).
Lase a( x), b( x), a 1 ( x), b 1 ( x)– b.m. kell x ® x 0 . Kui a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x),
See 
Tõestus: olgu a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x), Siis
TEOREEM 7 (umbes lõpmatu väikese arvu põhiosa kohta).
Lase a( x)Ja b( x)– b.m. kell x ® x 0 ja b( x)– b.m. kõrgem järjekord kui a( x).
= , a kuna b( x) – kõrgem järk kui a( x), siis, st. 
alates on selge, et a( x) + b( x) ~ a( x)
10) Funktsiooni pidevus punktis (epsilon-delta keeles geomeetrilised piirid) Ühepoolne pidevus. Järjepidevus intervallil, lõigul. Pidevate funktsioonide omadused.
1. Põhimõisted
Lase f(x) on määratletud punkti mõnes naabruses x 0 .
MÄÄRATLUS 1. Funktsioon f(x) helistas pidev mingis punktis x 0 kui võrdsus on tõsi
Märkmed.
1) Lause 5 §3 kohaselt võib võrdsuse (1) kirjutada kujul
Seisukord (2) – funktsiooni pidevuse definitsioon punktis ühepoolsete piiride keeles.
2) Võrdsust (1) võib kirjutada ka järgmiselt:
Nad ütlevad: "Kui funktsioon on punktis pidev x 0, siis saab limiidi märgi ja funktsiooni vahetada.
MÄÄRATLUS 2 (e-d keeles).
Funktsioon f(x) helistas pidev mingis punktis x 0 Kui"e>0 $d>0 selline, Mida
kui xОU( x 0 , d) (st | x – x 0 | < d),
siis f(x)ÎU( f(x 0), e) (st | f(x) – f(x 0) | < e).
Lase x, x 0 Î D(f) (x 0 – fikseeritud, x – meelevaldne)
Tähistame: D x= x – x 0 – argumentide juurdekasv
D f(x 0) = f(x) – f(x 0) – funktsiooni juurdekasv punktisx 0
MÄÄRATLUS 3 (geomeetriline).
Funktsioon f(x) peal helistas pidev mingis punktis
x 0
kui siinkohal vastab argumendi lõpmatu väike juurdekasv funktsiooni lõpmatu väikesele juurdekasvule, st.
Laske funktsioonil f(x) on määratletud intervallil [ x 0 ; x 0 + d) (intervallil ( x 0 – d; x 0 ]).
MÄÄRATLUS. Funktsioon f(x) helistas pidev mingis punktis
x 0 paremal
(vasakule
), kui võrdsus on tõsi
See on ilmne f(x) on punktis pidev x 0 Û f(x) on punktis pidev x 0 paremale ja vasakule.
MÄÄRATLUS. Funktsioon f(x) helistas pidev intervall e ( a; b) kui see on pidev selle intervalli igas punktis.
Funktsioon f(x) nimetatakse segmendil pidevaks [a; b] kui see on intervallil pidev (a; b) ja sellel on ühesuunaline järjepidevus piiripunktides(st pidev punktis a paremal, punktis b- vasakule).
11) Murdepunktid, nende liigitus
MÄÄRATLUS. Kui funktsioon f(x) defineeritud mõnes punkti x naabruses 0 , kuid ei ole sel hetkel pidev f(x) nimetatakse punktis x katkendlikuks 0 , ja punkt ise x 0 nimetatakse murdepunktiks funktsioonid f(x) .
Märkmed.
1) f(x) saab määratleda punkti mittetäielikus läheduses x 0 .
Seejärel kaaluge funktsiooni vastavat ühepoolset järjepidevust.
2) Þ punkti definitsioonist x 0 on funktsiooni katkestuspunkt f(x) kahel juhul:
a) U( x 0, d)О D(f) , aga selleks f(x) võrdsus ei kehti
b) U * ( x 0, d)О D(f) .
Elementaarfunktsioonide puhul on võimalik ainult juhtum b.
Lase x 0 – funktsiooni katkestuspunkt f(x) .
MÄÄRATLUS. Punkt x 0 helistas murdepunkt I mingis mõttes kui funktsioon f(x)on selles punktis vasakul ja paremal lõplikud piirid.
Kui need piirid on võrdsed, siis punkt x 0 helistas eemaldatav katkestuspunkt , muidu - hüppepunkt .
MÄÄRATLUS. Punkt x 0 helistas murdepunkt II mingis mõttes kui vähemalt üks funktsiooni f ühekülgsetest piiridest(x)sel hetkel on võrdne¥ või ei ole olemas.
12) Intervallil pidevate funktsioonide omadused (Weierstrassi (ilma tõestuseta) ja Cauchy teoreemid
Weierstrassi teoreem
Olgu siis funktsioon f(x) intervallil pidev
1)f(x) on piiratud
2)f(x) võtab oma väikseima väärtuse intervallil ja kõrgeim väärtus
Definitsioon: Funktsiooni m=f väärtust nimetatakse väikseimaks, kui m≤f(x) mis tahes x€ D(f) korral.
Funktsiooni m=f väärtust nimetatakse suurimaks, kui m≥f(x) mis tahes x € D(f) korral.
Funktsioon võib omandada väikseima/suurima väärtuse lõigu mitmes punktis.
f(x3)=f(x4)=max
Cauchy teoreem.
Olgu funktsioon f(x) lõigul pidev ja x arv, mis jääb f(a) ja f(b) vahele, siis on vähemalt üks punkt x 0 € nii et f(x 0)= g
Mõistet "märkimisväärne piir" kasutatakse laialdaselt õpikutes ja metoodilised käsiraamatud tähistamaks olulisi identiteete, mis oluliselt aitavad oma tööd lihtsustada piiride leidmisel.
Aga selleks saaks tuua teie piir imelisele, peate seda hästi vaatama, sest neid ei leidu otsene vorm, ja sageli tagajärgede kujul, mis on varustatud täiendavate terminite ja teguritega. Kuid kõigepealt teooria, siis näited ja õnnestub!
Esimene imeline piir
Meeldis? Lisa järjehoidjate hulka
Esimene tähelepanuväärne piirang on kirjutatud järgmiselt (määramatus kujul $0/0$):
$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin x)(x)=1. $$
Järeldused esimesest tähelepanuväärsest piirist
$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(x)(\sin x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (ax))(\sin (bx))=\frac(a)(b). $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\tan x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\arcsin x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\arctan x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos x)(x^2/2)=1. $$Näidislahendused: 1 imeline piir
Näide 1. Arvutage limiit $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(8x).$$
Lahendus. Esimene samm on alati sama – asendame funktsiooniga piirväärtuse $x=0$ ja saame:
$$\left[ \frac(\sin 0)(0) \right] = \left[\frac(0)(0)\right].$$
Oleme saanud määramatuse kujul $\left[\frac(0)(0)\right]$, mis tuleks avalikustada. Kui vaatate tähelepanelikult, on algne piirmäär väga sarnane esimese tähelepanuväärsega, kuid pole sama. Meie ülesanne on viia see sarnasuseni. Teisendame selle nii – vaatame siinuse all olevat avaldist, teeme sama nimetajaga (suhteliselt öeldes korrutame ja jagame $3x$), seejärel vähendame ja lihtsustame:
$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(8x) = \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(3x)\frac(3x)(8x )=\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (3x))(3x)\frac(3)(8)=\frac(3)(8). $$
Ülal on täpselt esimene tähelepanuväärne piirang: $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (3x))(3x) = \lim\limits_(y\to 0)\frac(\sin ( y) ))(y)=1, \tekst( tehtud tingimuslikuks asenduseks ) y=3x. $$ Vastus: $3/8$.
Näide 2. Arvutage piirang $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x).$$
Lahendus. Asendame funktsiooniga piirväärtuse $x=0$ ja saame:
$$\left[ \frac(1-\cos 0)(\tan 0\cdot \sin 0)\right] =\left[ \frac(1-1)( 0\cdot 0)\right] = \left [\frac(0)(0)\right].$$
Saime määramatuse kujul $\left[\frac(0)(0)\right]$. Teisendame limiidi, kasutades lihtsustatult esimest imelist piiri (kolm korda!):
$$\lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x) = \lim\limits_(x\to 0)\frac( 2 \sin^2 (3x/2))(\sin 2x\cdot \sin 4x)\cdot \cos 2x = $$ $$ = 2\lim\limits_(x\to 0)\frac( \sin^2 (3x/2) )((3x/2)^2) \cdot \frac( 2x)(\sin 2x) \cdot \frac( 4x)( \sin 4x)\cdot \frac( (3x/2)^2)( 2x \ cdot 4x) \cdot \cos 2x = $$ $$ =2\lim\limits_(x\to 0) 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \frac( (9/4)x^2)( 8x^2 ) \cdot \cos 2x= 2 \cdot \frac( 9)( 32) \lim\limits_(x\to 0) \cos 2x=\frac(9)(16). $$
Vastus: $9/16$.
Näide 3. Leidke piirang $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5).$$
Lahendus. Mis siis, kui trigonomeetrilise funktsiooni all on keeruline avaldis? See ei oma tähtsust ja siin käitume samamoodi. Kõigepealt kontrollime määramatuse tüüpi, asendame funktsiooniga $x=0$ ja saame:
$$\left[ \frac(\sin (0+0))(0-0)\right] = \left[\frac(0)(0)\right].$$
Saime määramatuse kujul $\left[\frac(0)(0)\right]$. Korrutage ja jagage $2x^3+3x$-ga:
$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5)=\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x) ^3+3x))((2x^3+3x)) \cdot \frac(2x^3+3x)(5x-x^5)=\lim\limits_(x\to 0) 1 \cdot \frac( 2x^3+3x)(5x-x^5)= \left[\frac(0)(0)\right] = $$
Jällegi tekkis ebakindlus, kuid antud juhul on see vaid murdosa. Vähendame lugejat ja nimetajat $x$ võrra:
$$ =\lim\limits_(x\to 0) \frac(2x^2+3)(5-x^4)= \left[\frac(0+3)(5-0)\right] =\ frac(3)(5). $$
Vastus: $3/5$.
Teine imeline piir
Teine tähelepanuväärne piirang on kirjutatud järgmiselt (kuju $1^\infty$ määramatus):
$$ \lim\limits_(x\to \infty) \left(1+\frac(1)(x)\right)^(x)=e, \quad \text(või) \quad \lim\limits_( x\kuni 0) \left(1+x\right)^(1/x)=e. $$
Teise tähelepanuväärse piiri tagajärjed
$$ \lim\limits_(x\to \infty) \left(1+\frac(a)(x)\right)^(bx)=e^(ab). $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\ln (1+x))(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(e^x -1)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(a^x-1)(x \ln a)=1, a>0, a \ne 1. $$ $$ \lim\limits_( x\to 0)\frac((1+x)^(a)-1)(ax)=1. $$Näited lahendustest: 2 imelist piiri
Näide 4. Leidke piirang $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3).$$
Lahendus. Kontrollime määramatuse tüüpi, asendame funktsiooniga $x=\infty$ ja saame:
$$\left[ \left(1-\frac(2)(\infty)\right)^(\infty) \right] = \left.$$
Saime vormi $\left$ määramatuse. Piiri võib taandada teise tähelepanuväärse asjani. Muutame:
$$ \lim\limits_(x\to \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3) = \lim\limits_(x\to \infty)\left( 1+\frac(1)((-3x/2))\right)^(\frac(-3x/2)(-3x/2)(x+3))= $$ $$ = \lim\limits_ (x\to \infty)\left(\left(1+\frac(1)((-3x/2))\right)^((-3x/2))\right)^\frac(x+3 )(-3x/2)= $$
Sulgudes olev avaldis on tegelikult teine tähelepanuväärne piirang $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, ainult $t= - 3x/2$, nii
$$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(e\right)^\frac(x+3)(-3x/2)= \lim\limits_(x\to \infty)e^\ frac(1+3/x)(-3/2)=e^(-2/3). $$
Vastus:$e^(-2/3)$.
Näide 5. Leidke piirang $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x).$ $
Lahendus. Asendame funktsiooni $x=\infty$ ja saame määramatuse kujul $\left[ \frac(\infty)(\infty)\right]$. Ja me vajame $\left$. Alustame sulgudes oleva avaldise teisendamisega:
$$ \lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x) = \lim\limits_ (x\ to \infty)\left(\frac(x^3+(x-7)-(x-7)+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x ) = \lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac((x^3+x-7)+(-x+7+2x^2+1))(x^3+x-7 )\right)^(x) = $$ $$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7) \right)^(x) = \lim\limits_(x\to \infty)\left(\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)\right) ^(\frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8))\parem)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)) = $$
Sulgudes olev avaldis on tegelikult teine tähelepanuväärne piirang $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, ainult $t= \ frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8) \to \infty$, seega
$$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(e\right)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7))= \lim\limits_ (x\to \infty)e^( \frac(2x^2-x+8)(x^2+1-7/x))= \lim\limits_(x\to \infty)e^( \frac (2-1/x+8/x^2)(1+1/x^2-7/x^3))=e^(2). $$
See artikkel: "Teine tähelepanuväärne piir" on pühendatud avalikustamisele vormi määramatuse piires:
$ \bigg[\frac(\infty)(\infty)\bigg]^\infty $ ja $ ^\infty $.
Samuti saab selliseid määramatusi paljastada eksponentsiaalse logaritmi abil toitefunktsioon, kuid see on erinev lahendusmeetod, mida käsitletakse teises artiklis.
Valem ja tagajärjed
Valem teine tähelepanuväärne piirang on kirjutatud järgmiselt: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1+\frac(1)(x)\bigg)^x = e, \text( where ) e \umbes 2,718 $$
See tuleneb valemist tagajärjed, mida on väga mugav kasutada piirangutega näidete lahendamiseks: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(k)(x) \bigg)^x = e^k, \text( kus ) k \in \mathbb(R) $$ $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(1)(f(x)) \bigg)^(f(x)) = e $ $ $$ \lim_(x \kuni 0) \bigg (1 + x \bigg)^\frac(1)(x) = e $$
Väärib märkimist, et teist tähelepanuväärset piiri ei saa alati rakendada eksponentsiaalfunktsioonile, vaid ainult juhtudel, kui alus kaldub ühtsusele. Selleks arvutage kõigepealt vaimselt aluse piir ja tehke seejärel järeldused. Seda kõike arutatakse näidislahendustes.
Näited lahendustest
Vaatame näiteid otsevalemit kasutavatest lahendustest ja selle tagajärgedest. Analüüsime ka juhtumeid, mil valemit pole vaja. Piisab ainult valmis vastuse kirja panemisest.
| Näide 1 |
| Leidke piirang $ \lim_(x\to\infty) \bigg(\frac(x+4)(x+3) \bigg)^(x+3) $ |
| Lahendus |
|
Asendame lõpmatuse piiriga ja vaatame määramatust: $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(\frac(x+4)(x+3) \bigg)^(x+3) = \bigg (\frac (\infty)(\infty)\bigg)^\infty $$ Leiame baasi piiri: $$ \lim_(x\to\infty) \frac(x+4)(x+3)= \lim_(x\to\infty) \frac(x(1+\frac) (4)() x)))(x(1+\frac(3)(x))) = 1 $$ Oleme saanud ühega võrdse baasi, mis tähendab, et saame rakendada juba teist märkimisväärset piiri. Selleks kohandame funktsiooni aluse valemiga, lahutades ja lisades ühe: $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(x+4)(x+3) - 1 \bigg)^(x+3) = \lim_(x\to\infty) \ bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = $$ Vaatame teist järeldust ja kirjutame vastuse üles: $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = e $$ Kui te ei saa oma probleemi lahendada, saatke see meile. Meie pakume üksikasjalik lahendus. Saate vaadata arvutuse edenemist ja saada teavet. See aitab teil õpetajalt hinde õigeaegselt kätte saada! |
| Vastus |
| $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = e $$ |
| Näide 4 |
| Lahendage piirang $ \lim_(x\to \infty) \bigg (\frac(3x^2+4)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) $ |
| Lahendus |
|
Leiame baasi limiidi ja näeme, et $ \lim_(x\to\infty) \frac(3x^2+4)(3x^2-2) = 1 $, mis tähendab, et saame rakendada teist märkimisväärset piirangut. Vastavalt standardplaanile liidame ja lahutame kraadi baasist ühe: $$ \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(3x^2+4)(3x^2-2)-1 \bigg) ^(3x) = \lim_(x\to \infty ) \bigg (1+\frac(6)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) = $$ Kohandame murdosa 2. noodi valemi järgi. piirang: $$ = \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(1)(\frac(3x^2-2)(6)) \bigg) ^(3x) = $$ Nüüd reguleerime kraadi. Aste peab sisaldama murdosa, mis on võrdne aluse $ \frac(3x^2-2)(6) $ nimetajaga. Selleks korrutage ja jagage kraad sellega ning jätkake lahendamist: $$ = \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(1)(\frac(3x^2-2)(6)) \bigg) ^(\frac(3x^2-2) (6) \cdot \frac(6)(3x^2-2)\cdot 3x) = \lim_(x\to \infty) e^(\frac(18x)(3x^2-2)) = $$ $ e $ võimsuse piirang on võrdne: $ \lim_(x\to \infty) \frac(18x)(3x^2-2) = 0 $. Seetõttu on meil lahendust jätkates: |
| Vastus |
| $$ \lim_(x\to \infty) \bigg (\frac(3x^2+4)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) = 1 $$ |
Uurime juhtumeid, kus probleem sarnaneb teise tähelepanuväärse piiriga, kuid on lahendatav ka ilma selleta.
Artiklis "Teine tähelepanuväärne piir: lahendusnäited" analüüsiti valemit, selle tagajärgi ja toodi välja selleteemalised levinud probleemide tüübid.
Teise tähelepanuväärse piiri valem on lim x → ∞ 1 + 1 x x = e. Teine kirjutamisvorm näeb välja selline: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e.
Rääkides teisest tähelepanuväärsest piirist, tuleb tegeleda vormi 1 ∞ määramatusega, s.t. ühtsus lõpmatul määral.
Yandex.RTB R-A-339285-1
Mõelgem probleemidele, mille puhul tuleb kasuks võimalus arvutada teine märkimisväärne piir.
Näide 1
Leidke piirpiir x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .
Lahendus
Asendame vajalik valem ja tehke arvutused.
lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 - 2 ∞ 2 + 1 ∞ 2 + 1 4 = 1 - 0 ∞ = 1 ∞
Meie vastus osutus üheks lõpmatuse jõule. Lahendusmeetodi määramiseks kasutame määramatuse tabelit. Valime teise tähelepanuväärse piiri ja teeme muutujate muudatuse.
t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2
Kui x → ∞, siis t → - ∞.
Vaatame, mis saime pärast väljavahetamist:
piir x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 2 t = piir t → ∞ 1 + 1 t - 1 2 = e - 1 2
Vastus: lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = e - 1 2 .
Näide 2
Arvutage piirpiir x → ∞ x - 1 x + 1 x .
Lahendus
Asendame lõpmatuse ja saame järgmise.
lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = piir x → ∞ 1 - 1 x 1 + 1 x x = 1 - 0 1 + 0 ∞ = 1 ∞
Vastuseks saime jälle sama, mis eelmises ülesandes, seega saame jälle kasutada teist tähelepanuväärset piiri. Järgmisena peame valima toitefunktsiooni alusest kogu osa:
x - 1 x + 1 = x + 1 - 2 x + 1 = x + 1 x + 1 - 2 x + 1 = 1 - 2 x + 1
Pärast seda saab limiit järgmise kuju:
lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x
Asenda muutujad. Oletame, et t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1 ; kui x → ∞, siis t → ∞.
Pärast seda paneme kirja, mis saime algses limiidis:
lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = piir x → ∞ 1 - 2 x + 1 x = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t 1 + 1 t - 1 = piir x → ∞ 1 + 1 t - 2 t lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 2 1 + 1 ∞ = e - 2 · (1 + 0) - 1 = e - 2
Selle teisenduse läbiviimiseks kasutasime piirangute ja võimsuste põhiomadusi.
Vastus: lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = e - 2 .
Näide 3
Arvutage piirpiir x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .
Lahendus
lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = piir x → ∞ 1 + 1 x 3 1 + 2 x - 1 x 3 3 2 x - 5 x 4 = = 1 + 0 1 + 0 - 0 3 0 - 0 = 1 ∞
Pärast seda peame teise suure piirangu rakendamiseks funktsiooni teisendama. Saime järgmise:
lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = 1 ∞ = piir x → ∞ x 3 - 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = piir x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5
lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = piir x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5
Kuna meil on nüüd murru lugejas ja nimetajas samad eksponendid (võrdne kuuega), võrdub murdu piir lõpmatuses nende koefitsientide suhtega suurematel astmetel.
lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = piir x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 6 2 = piir x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3
Asendades t = x 2 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2, saame teise märkimisväärse piiri. Tähendab mida:
lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3 = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 3 = e - 3
Vastus: lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = e - 3 .
järeldused
Määramatus 1 ∞, s.o. ühtsus lõpmatu astmega on astmeseaduse määramatus, mistõttu saab seda paljastada eksponentsiaalsete astmefunktsioonide piiride leidmise reeglite abil.
Kui märkate tekstis viga, tõstke see esile ja vajutage Ctrl+Enter
Märkimisväärseid piire on mitu, kuid kõige kuulsamad on esimene ja teine tähelepanuväärne piir. Nende piirangute puhul on tähelepanuväärne see, et neid kasutatakse laialdaselt ja nende abil saate leida muid piiranguid. arvukalt ülesandeid. Seda teeme selle õppetunni praktilises osas. Ülesannete lahendamiseks, vähendades neid esimese või teise märkimisväärse piirini, ei ole vaja paljastada neis sisalduvaid määramatusi, kuna suured matemaatikud on nende piiride väärtused juba pikka aega tuletanud.
Esimene imeline piir nimetatakse lõpmatu väikese kaare siinuse ja sama kaare siinuse suhte piiriks, väljendatuna radiaanis:
Liigume probleemide lahendamise juurde esimesel tähelepanuväärsel piiril. Märkus: kui piirmärgi all on trigonomeetriline funktsioon, on see peaaegu kindel märk, et selle avaldise saab taandada esimese tähelepanuväärse piirini.
Näide 1. Leia piir.
Lahendus. Selle asemel asendamine x null põhjustab ebakindlust:
.
Nimetaja on siinus, seetõttu võib avaldise viia esimese tähelepanuväärse piirini. Alustame ümberkujundamist:
.
Nimetaja on siinus kolmest X-st, kuid lugejal on ainult üks X, mis tähendab, et lugejasse tuleb saada kolm X-i. Milleks? Tutvustuseks 3 x = a ja saada väljend .
Ja jõuame esimese tähelepanuväärse piiri variatsioonini:
sest pole vahet, milline täht (muutuja) selles valemis on X asemel.
Korrutame X kolmega ja jagame kohe:
.
Vastavalt esimesele märgatavale märkimisväärsele piirile asendame murdosa:
Nüüd saame lõpuks selle piirangu lahendada:
.
Näide 2. Leia piir.
Lahendus. Otsene asendamine viib jällegi "null jagatud nulliga" määramatuseni:
.
Esimese märkimisväärse piiri saamiseks on vajalik, et siinusmärgi all olev x lugejas ja lihtsalt x nimetajas oleksid sama koefitsiendiga. Olgu see koefitsient võrdne 2-ga. Kujutage ette x-i praegust koefitsienti, nagu allpool, tehes murdarvudega tehteid, saame:
.
Näide 3. Leia piir.
Lahendus. Asendamisel saame jälle määramatuse “null jagatud nulliga”:
.
Ilmselt saad juba aru, et algsest väljendist saad esimese imelise piiri korrutatuna esimese imelise piiriga. Selleks jagame lugejas oleva x ja nimetaja siinuse ruudud identseteks teguriteks ning et saada x ja siinuse jaoks samad koefitsiendid, jagame lugejas oleva x 3-ga ja korrutame kohe 3. Saame:
.
Näide 4. Leia piir.
Lahendus. Taas saame määramatuse "null jagatud nulliga":
.
Saame kahe esimese märkimisväärse piiri suhte. Jagame nii lugeja kui ka nimetaja x-ga. Seejärel, et siinuste ja xide koefitsiendid langeksid kokku, korrutame ülemise x 2-ga ja jagame kohe 2-ga ning korrutame alumise x 3-ga ja jagame kohe 3-ga.
Näide 5. Leia piir.
Lahendus. Ja jälle "null jagatud nulliga" määramatus:
Trigonomeetriast mäletame, et puutuja on siinuse ja koosinuse suhe ning nulli koosinus võrdub ühega. Teostame teisendusi ja saame:
.
Näide 6. Leia piir.
Lahendus. Piirimärgi all olev trigonomeetriline funktsioon viitab taas esimese tähelepanuväärse piiri kasutamisele. Esitame seda siinuse ja koosinuse suhtena.
