Batas luar biasa pertama disebut persamaan berikut:

\begin(persamaan)\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1 \end(persamaan)

Karena untuk $\alpha\to(0)$ kita memiliki $\sin\alpha\to(0)$, kita katakan bahwa limit luar biasa pertama mengungkapkan ketidaktentuan dari bentuk $\frac(0)(0)$. Secara umum, dalam rumus (1), alih-alih variabel $\alpha$, di bawah tanda sinus dan dalam penyebut, ekspresi apa pun dapat ditemukan, selama dua kondisi terpenuhi:

1. Ekspresi di bawah tanda sinus dan penyebut secara bersamaan cenderung nol, mis. ada ketidakpastian dalam bentuk $\frac(0)(0)$.
2. Ekspresi di bawah tanda sinus dan penyebutnya sama.

Akibat wajar dari batas luar biasa pertama juga sering digunakan:

\begin(persamaan) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1 \end(persamaan) \begin(persamaan) \lim_(\alpha\to(0) )\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1 \end(persamaan) \begin(persamaan) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1 \end(persamaan)

Sebelas contoh diselesaikan di halaman ini. Contoh No. 1 dikhususkan untuk pembuktian rumus (2)-(4). Contoh #2, #3, #4 dan #5 berisi solusi dengan komentar terperinci. Contoh 6-10 berisi solusi dengan sedikit atau tanpa komentar, seperti penjelasan rinci diberikan dalam contoh sebelumnya. Saat memecahkan, beberapa rumus trigonometri digunakan, yang dapat ditemukan.

Saya perhatikan bahwa keberadaan fungsi trigonometri, ditambah dengan ketidakpastian $\frac (0) (0)$, tidak berarti bahwa batas luar biasa pertama harus diterapkan. Terkadang transformasi trigonometri sederhana sudah cukup - misalnya, lihat.

Contoh 1

Buktikan bahwa $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha ) (\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$.

a) Karena $\tg\alpha=\frac(\sin\alpha)(\cos\alpha)$, maka:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg(\alpha))(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin(\alpha))(\alpha\cos(\alpha)) $$

Karena $\lim_(\alpha\to(0))\cos(0)=1$ dan $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1$ , kemudian:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin(\alpha))(\alpha\cos(\alpha)) =\frac(\displaystyle\lim_(\alpha\to(0)) \frac(\sin(\alpha))(\alpha))(\displaystyle\lim_(\alpha\to(0))\cos(\alpha)) =\frac(1)(1) =1. $$

b) Mari kita membuat penggantian $\alpha=\sin(y)$. Karena $\sin(0)=0$, maka dari kondisi $\alpha\to(0)$ kita mendapatkan $y\to(0)$. Selain itu, ada lingkungan nol di mana $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin(y))=y$, jadi:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(y\ke(0))\frac(y)(\sin(y)) =\lim_(y\ke(0))\frac(1)(\frac(\sin(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\sin(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$

Persamaan $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1$ terbukti.

c) Mari kita buat pengganti $\alpha=\tg(y)$. Karena $\tg(0)=0$, kondisi $\alpha\to(0)$ dan $y\to(0)$ adalah ekuivalen. Selain itu, ada lingkungan nol di mana $\arctg\alpha=\arctg\tg(y))=y$, oleh karena itu, dengan mengandalkan hasil dari titik a), kita akan memiliki:

$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(y\ke(0))\frac(y)(\tg(y)) =\lim_(y\ke(0))\frac(1)(\frac(\tg(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\tg(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$

Persamaan $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$ terbukti.

Persamaan a), b), c) sering digunakan bersama dengan limit luar biasa pertama.

Contoh #2

Hitung batas $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\kanan))(\frac(x^2-4)( x+7))$.

Karena $\lim_(x\to(2))\frac(x^2-4)(x+7)=\frac(2^2-4)(2+7)=0$ dan $\lim_( x \to(2))\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right)=\sin(0)=0$, mis. dan pembilang dan penyebut pecahan secara bersamaan cenderung nol, maka di sini kita berhadapan dengan ketidakpastian bentuk $\frac(0)(0)$, yaitu. dilakukan. Selain itu, dapat dilihat bahwa ekspresi di bawah tanda sinus dan penyebut adalah sama (yaitu, dan dipenuhi):

Jadi, kedua kondisi yang tercantum di awal halaman terpenuhi. Dari sini dapat disimpulkan bahwa rumus tersebut dapat diterapkan, yaitu. $\lim_(x\to(2)) \frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\kanan))(\frac(x^2-4)(x+ 7 ))=1$.

Menjawab: $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\kanan))(\frac(x^2-4)(x +7))=1$.

Contoh #3

Cari $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)$.

Karena $\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ dan $\lim_(x\to(0))x=0$, kita berurusan dengan ketidakpastian bentuk $\frac( 0 )(0)$, yaitu, dilakukan. Namun, ekspresi di bawah tanda sinus dan penyebut tidak cocok. Di sini diperlukan untuk menyesuaikan ekspresi dalam penyebut ke bentuk yang diinginkan. Kita membutuhkan ekspresi $9x$ untuk menjadi penyebut - maka itu akan menjadi benar. Pada dasarnya, kita kehilangan faktor $9$ dalam penyebutnya, yang tidak terlalu sulit untuk dimasukkan, cukup kalikan ekspresi dalam penyebut dengan $9$. Secara alami, untuk mengimbangi perkalian dengan $9, Anda harus segera membaginya dengan $9 dan membagi:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x\cdot\frac(1)(9)) =9\lim_(x\to(0))\frac(\sin (9x))(9x) $$

Sekarang ekspresi dalam penyebut dan di bawah tanda sinus adalah sama. Kedua kondisi untuk limit $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)$ terpenuhi. Oleh karena itu $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=1$. Dan ini berarti bahwa:

$$ 9\lim_(x\ke(0))\frac(\sin(9x))(9x)=9\cdot(1)=9. $$

Menjawab: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=9$.

Contoh #4

Temukan $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))$.

Karena $\lim_(x\to(0))\sin(5x)=0$ dan $\lim_(x\to(0))\tg(8x)=0$, di sini kita berurusan dengan ketidaktentuan dari bentuk $\frac(0)(0)$. Namun, bentuk batas luar biasa pertama rusak. Pembilang yang berisi $\sin(5x)$ membutuhkan $5x$ dalam penyebutnya. Dalam situasi ini, cara termudah adalah membagi pembilangnya dengan $5x$, dan langsung mengalikannya dengan $5x$. Selain itu, kita akan melakukan operasi serupa dengan penyebut, mengalikan dan membagi $\tg(8x)$ dengan $8x$:

$$\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(x\ke(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x)\cdot(5x))(\frac(\tg(8x))(8x)\cdot(8x) )$$

Mengurangi $x$ dan mengeluarkan konstanta $\frac(5)(8)$ dari tanda limit, kita mendapatkan:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x)\cdot(5x))(\frac(\tg(8x))(8x)\cdot(8x )) =\frac(5)(8)\cdot\lim_(x\ke(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x))(\frac(\tg(8x))( 8x)) $$

Perhatikan bahwa $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x)$ sepenuhnya memenuhi persyaratan untuk batas luar biasa pertama. Untuk mencari $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(8x))(8x)$, rumus berikut dapat diterapkan:

$$ \frac(5)(8)\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x))(\frac(\tg(8x))(8x )) =\frac(5)(8)\cdot\frac(\displaystyle\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x))(\displaystyle\lim_(x\to (0))\frac(\tg(8x))(8x)) =\frac(5)(8)\cdot\frac(1)(1) =\frac(5)(8). $$

Menjawab: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))=\frac(5)(8)$.

Contoh #5

Cari $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)$.

Karena $\lim_(x\to(0))(\cos(5x)-\cos^3(5x))=1-1=0$ (ingat bahwa $\cos(0)=1$) dan $\ lim_(x\to(0))x^2=0$, maka kita berhadapan dengan bentuk tak tentu $\frac(0)(0)$. Namun, untuk menerapkan batas luar biasa pertama, Anda harus menyingkirkan kosinus dalam pembilangnya dengan menggunakan sinus (untuk menerapkan rumus tersebut) atau garis singgung (untuk menerapkan rumus tersebut). Anda dapat melakukan ini dengan transformasi berikut:

$$\cos(5x)-\cos^3(5x)=\cos(5x)\cdot\left(1-\cos^2(5x)\right)$$ $$\cos(5x)-\cos ^3(5x)=\cos(5x)\cdot\left(1-\cos^2(5x)\right)=\cos(5x)\cdot\sin^2(5x).$$

Mari kita kembali ke batas:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)\cdot\sin^2(5x))(x^2) =\lim_(x\to(0))\left(\cos (5x)\cdot\frac(\sin^2(5x))(x^2)\kanan) $$

Pecahan $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ sudah mendekati bentuk yang diperlukan untuk batas luar biasa pertama. Mari kita bekerja sedikit dengan pecahan $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$, menyesuaikannya dengan batas luar biasa pertama (perhatikan bahwa ekspresi dalam pembilang dan di bawah sinus harus cocok):

$$\frac(\sin^2(5x))(x^2)=\frac(\sin^2(5x))(25x^2\cdot\frac(1)(25))=25\cdot\ frac(\sin^2(5x))(25x^2)=25\cdot\left(\frac(\sin(5x))(5x)\kanan)^2$$

Mari kita kembali ke batas yang dipertimbangkan:

$$ \lim_(x\to(0))\left(\cos(5x)\cdot\frac(\sin^2(5x))(x^2)\right) =\lim_(x\to(0 ))\left(25\cos(5x)\cdot\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2\right)=\\ =25\cdot\lim_(x\to( 0))\cos(5x)\cdot\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2 =25\cdot(1)\cdot( 1^2) =25. $$

Menjawab: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)=25$.

Contoh #6

Cari limit $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))$.

Karena $\lim_(x\to(0))(1-\cos(6x))=0$ dan $\lim_(x\to(0))(1-\cos(2x))=0$, maka kita berurusan dengan ketidakpastian $\frac(0)(0)$. Mari kita buka dengan bantuan batas luar biasa pertama. Untuk melakukan ini, mari kita beralih dari cosinus ke sinus. Karena $1-\cos(2\alpha)=2\sin^2(\alpha)$, maka:

$$1-\cos(6x)=2\sin^2(3x);\;1-\cos(2x)=2\sin^2(x).$$

Melewati batas yang diberikan untuk sinus, kita akan memiliki:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(x\ke(0))\frac(2\sin^2(3x))(2\sin^2(x)) =\lim_(x\to(0))\frac(\sin^ 2(3x))(\sin^2(x))=\\ =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin^2(3x))((3x)^2)\ cdot(3x)^2)(\frac(\sin^2(x))(x^2)\cdot(x^2)) =\lim_(x\to(0))\frac(\left(\ frac(\sin(3x))(3x)\kanan)^2\cdot(9x^2))(\left(\frac(\sin(x))(x)\kanan)^2\cdot(x^ 2)) =9\cdot\frac(\displaystyle\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(3x))(3x)\right)^2)(\displaystyle\lim_(x \to(0))\left(\frac(\sin(x))(x)\kanan)^2) =9\cdot\frac(1^2)(1^2) =9. $$

Menjawab: $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))=9$.

Contoh #7

Hitung limit $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ diberikan $\alpha\neq\ beta $.

Penjelasan rinci telah diberikan sebelumnya, tetapi di sini kami hanya mencatat bahwa sekali lagi ada ketidaktentuan $\frac(0)(0)$. Mari kita beralih dari cosinus ke sinus menggunakan rumus

$$\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac(\alpha+\beta)(2)\cdot\sin\frac(\alpha-\beta)(2).$$

Dengan menggunakan rumus di atas, kita peroleh:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\left|\frac(0)( 0)\kanan| =\lim_(x\to(0))\frac(-2\sin\frac(\alpha(x)+\beta(x))(2)\cdot\sin\frac(\alpha(x)-\ beta(x))(2))(x^2)=\\ =-2\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta )(2)\kanan)\cdot\sin\kiri(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\kanan))(x^2) =-2\cdot\lim_(x\to( 0))\left(\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x)\cdot\frac(\sin\left(x\cdot\frac (\alpha-\beta)(2)\right))(x)\right)=\\ =-2\cdot\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin\left(x \cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\kanan))(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2))\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\cdot\frac (\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2))\cdot\frac(\alpha- \beta)(2)\right)=\\ =-\frac((\alpha+\beta)\cdot(\alpha-\beta))(2)\lim_(x\to(0))\frac(\ sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2))\cdot\lim_(x\to(0)) \frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)) =-\frac(\ alpha^2-\beta^2)(2)\cdot(1)\cdot(1) =\frac(\beta^2-\alpha^2)(2). $$

Menjawab: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\frac(\beta^2-\ alfa^2)(2)$.

Contoh #8

Cari limit $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)$.

Karena $\lim_(x\to(0))(\tg(x)-\sin(x))=0$ (ingat bahwa $\sin(0)=\tg(0)=0$) dan $\ lim_(x\to(0))x^3=0$, maka di sini kita berurusan dengan ketidaktentuan dari bentuk $\frac(0)(0)$. Mari kita uraikan seperti ini:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)=\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(x))(\cos(x))-\sin(x))(x^3) =\lim_(x\to( 0))\frac(\sin(x)\cdot\left(\frac(1)(\cos(x))-1\kanan))(x^3) =\lim_(x\to(0)) \frac(\sin(x)\cdot\left(1-\cos(x)\right))(x^3\cdot\cos(x))=\\ =\lim_(x\to(0)) \frac(\sin(x)\cdot(2)\sin^2\frac(x)(2))(x^3\cdot\cos(x)) =\frac(1)(2)\cdot\ lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(x))(x)\cdot\left(\frac(\sin\frac(x)(2))(\frac(x)( 2))\kanan)^2\cdot\frac(1)(\cos(x))\kanan) =\frac(1)(2)\cdot(1)\cdot(1^2)\cdot(1 ) =\frac(1)(2). $$

Menjawab: $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)=\frac(1)(2)$.

Contoh #9

Cari limit $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))$.

Karena $\lim_(x\to(3))(1-\cos(x-3))=0$ dan $\lim_(x\to(3))(x-3)\tg\frac(x - 3)(2)=0$, maka ada ketidaktentuan dari bentuk $\frac(0)(0)$. Sebelum melanjutkan ke ekspansi, akan lebih mudah untuk mengubah variabel sedemikian rupa sehingga variabel baru cenderung nol (perhatikan bahwa variabel $\alpha \ke 0$ dalam rumus). Cara termudah adalah dengan memperkenalkan variabel $t=x-3$. Namun, untuk kemudahan transformasi lebih lanjut (manfaat ini dapat dilihat pada solusi di bawah), ada baiknya melakukan penggantian berikut: $t=\frac(x-3)(2)$. Saya perhatikan bahwa kedua substitusi berlaku dalam kasus ini, hanya substitusi kedua yang memungkinkan Anda bekerja lebih sedikit dengan pecahan. Sejak $x\to(3)$, maka $t\to(0)$.

$$ \lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=\left|\frac (0)(0)\kanan| =\left|\begin(aligned)&t=\frac(x-3)(2);\\&t\to(0)\end(aligned)\right| =\lim_(t\ke(0))\frac(1-\cos(2t))(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\ke(0))\frac(2\sin^ 2t)(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\ke(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\tg(t))=\\ =\lim_(t\ ke(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\frac(\sin(t))(\cos(t))) =\lim_(t\ke(0))\frac(\sin (t)\cos(t))(t) =\lim_(t\ke(0))\left(\frac(\sin(t))(t)\cdot\cos(t)\right) =\ lim_(t\ke(0))\frac(\sin(t))(t)\cdot\lim_(t\ke(0))\cos(t) =1\cdot(1) =1. $$

Menjawab: $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=1$.

Contoh #10

Cari limit $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^ 2)$.

Sekali lagi kita berhadapan dengan ketidakpastian $\frac(0)(0)$. Sebelum melanjutkan ke ekspansi, akan lebih mudah untuk mengubah variabel sedemikian rupa sehingga variabel baru cenderung nol (perhatikan bahwa variabel adalah $\alpha\to(0)$ dalam rumus). Cara termudah adalah dengan memperkenalkan variabel $t=\frac(\pi)(2)-x$. Karena $x\to\frac(\pi)(2)$, maka $t\to(0)$:

$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\kanan)^2) =\kiri|\frac(0)(0)\kanan| =\left|\begin(aligned)&t=\frac(\pi)(2)-x;\\&t\to(0)\end(aligned)\right| =\lim_(t\ke(0))\frac(1-\sin\left(\frac(\pi)(2)-t\kanan))(t^2) =\lim_(t\ke(0 ))\frac(1-\cos(t))(t^2)=\\ =\lim_(t\ke(0))\frac(2\sin^2\frac(t)(2))( t^2) =2\lim_(t\ke(0))\frac(\sin^2\frac(t)(2))(t^2) =2\lim_(t\ke(0))\ frac(\sin^2\frac(t)(2))(\frac(t^2)(4)\cdot(4)) =\frac(1)(2)\cdot\lim_(t\ke( 0))\left(\frac(\sin\frac(t)(2))(\frac(t)(2))\kanan)^2 =\frac(1)(2)\cdot(1^2 ) =\frac(1)(2). $$

Menjawab: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\kanan)^2) =\frac(1)(2)$.

Contoh #11

Cari limit $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)$, $\lim_(x\to\frac(2\ pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)$.

Dalam hal ini, kita tidak harus menggunakan batas luar biasa pertama. Harap diperhatikan: di kedua batas pertama dan kedua, hanya ada fungsi dan angka trigonometri. Seringkali, dalam contoh semacam ini, dimungkinkan untuk menyederhanakan ekspresi yang terletak di bawah tanda batas. Dalam hal ini, setelah penyederhanaan dan pengurangan beberapa faktor tersebut, ketidakpastian menghilang. Saya memberikan contoh ini hanya dengan satu tujuan: untuk menunjukkan bahwa keberadaan fungsi trigonometri di bawah tanda batas tidak selalu berarti penerapan batas luar biasa pertama.

Karena $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))(1-\sin(x))=0$ (ingat bahwa $\sin\frac(\pi)(2)=1$ ) dan $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\cos^2x=0$ (ingat bahwa $\cos\frac(\pi)(2)=0$), maka kita berurusan dengan ketidakpastian dari bentuk $\frac(0)(0)$. Namun, ini tidak berarti sama sekali bahwa kita perlu menggunakan batas luar biasa pertama. Untuk mengungkapkan ketidakpastian, cukup memperhitungkan bahwa $\cos^2x=1-\sin^2x$:

$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x) =\left|\frac(0)(0)\kanan| =\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(1-\sin^2x) =\lim_(x\to\frac(\pi)( 2))\frac(1-\sin(x))((1-\sin(x))(1+\sin(x))) =\lim_(x\to\frac(\pi)(2) )\frac(1)(1+\sin(x)) =\frac(1)(1+1) =\frac(1)(2). $$

Ada solusi serupa dalam buku solusi Demidovich (No. 475). Untuk limit kedua, seperti pada contoh sebelumnya pada bagian ini, kita memiliki ketidakpastian dalam bentuk $\frac(0)(0)$. Mengapa itu muncul? Itu muncul karena $\tg\frac(2\pi)(3)=-\sqrt(3)$ dan $2\cos\frac(2\pi)(3)=-1$. Kami menggunakan nilai-nilai ini untuk mengubah ekspresi dalam pembilang dan penyebut. Tujuan dari tindakan kami: tulis jumlah dalam pembilang dan penyebut sebagai produk. Omong-omong, seringkali lebih mudah untuk mengubah variabel dalam bentuk yang sama sehingga variabel baru cenderung nol (lihat, misalnya, contoh No. 9 atau No. 10 di halaman ini). Namun, dalam contoh ini, tidak ada gunanya mengganti variabel, meskipun mudah untuk mengimplementasikan penggantian variabel $t=x-\frac(2\pi)(3)$ jika diinginkan.

$$ \lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1) =\lim_(x\ ke\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cdot\left(\cos(x)+\frac(1)(2)\kanan )) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)-\tg\frac(2\pi)(3))(2\cdot\left(\ cos(x)-\cos\frac(2\pi)(3)\kanan))=\\ =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\frac(\sin \left(x-\frac(2\pi)(3)\kanan))(\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3)))(-4\sin\frac(x+\frac (2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3 ))\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\kanan))(-4\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\ sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3))=\\ =\lim_(x\to\frac (2\pi)(3))\frac(2\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos\frac(x-\frac(2\pi)(3 ))(2))(-4\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2) \cos(x)\cos\frac(2\pi)(3)) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\cos\frac(x-\frac(2 \pi)(3))(2))(-2\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3 ))=\\ =\frac(1)(-2\cdot\frac(\sqrt(3))(2)\cdot\left(-\frac(1)(2)\kanan)\cdot\left( -\frac(1)(2)\kanan)) =-\frac(4 )(\sqrt(3)). $$

Seperti yang Anda lihat, kami tidak harus menerapkan batas luar biasa pertama. Tentu saja, ini dapat dilakukan jika diinginkan (lihat catatan di bawah), tetapi itu tidak perlu.

Apa yang akan menjadi solusi menggunakan batas luar biasa pertama? tunjukan Sembunyikan

Dengan menggunakan limit luar biasa pertama, kita peroleh:

$$ \lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\kanan))(-4\sin\frac (x+\frac(2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi )(3))=\\ =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\left(\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\ kanan))(x-\frac(2\pi)(3))\cdot\frac(1)(\frac(\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)) (\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)))\cdot\frac(1)(-2\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))( 2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3))\kanan) =1\cdot(1)\cdot\frac(1)(-2\cdot\frac(\sqrt(3) )(2)\cdot\kiri(-\frac(1)(2)\kanan)\cdot\kiri(-\frac(1)(2)\kanan)) =-\frac(4)(\sqrt( 3)). $$

Menjawab: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)=\frac(1)(2)$, $\lim_( x\ke\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)=-\frac(4)(\sqrt( 3))$.

Limit luar biasa pertama sering digunakan untuk menghitung limit yang mengandung sinus, arcsine, tangen, arctangent dan ketidakpastian yang dihasilkan nol dibagi nol.

Rumus

Rumus untuk limit luar biasa pertama adalah: $$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\sin\alpha)(\alpha) = 1 $$

Kita perhatikan bahwa $ \alpha\to 0 $ menghasilkan $ \sin\alpha \to 0 $, jadi pembilang dan penyebutnya nol. Jadi, rumus limit luar biasa pertama diperlukan untuk mengungkapkan ketidakpastian $ \frac(0)(0) $.

Agar rumus dapat diterapkan, dua kondisi harus dipenuhi:

1. Ekspresi yang terkandung dalam sinus dan penyebut pecahan adalah sama
2. Ekspresi dalam sinus dan penyebut pecahan cenderung nol

Perhatian! $ \lim_(x\to 0) \frac(\sin(2x^2+1))(2x^2+1) \neq 1 $ Meskipun ekspresi di bawah sinus dan penyebutnya sama, namun $ 2x ^2+1 = 1 $, ketika $ x\ke 0 $. Kondisi kedua tidak terpenuhi, jadi rumus TIDAK BISA diterapkan!

Konsekuensi

Sangat jarang, dalam tugas Anda dapat melihat batas indah pertama yang bersih di mana Anda dapat segera menuliskan jawabannya. Dalam praktiknya, semuanya terlihat sedikit lebih rumit, tetapi untuk kasus seperti itu akan berguna untuk mengetahui konsekuensi dari batas luar biasa pertama. Berkat mereka, Anda dapat dengan cepat menghitung batas yang diinginkan.

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\alpha)(\sin\alpha) = 1 $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\sin(a\alpha))(\sin(b\alpha)) = \frac(a)(b) $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(tg\alpha)(\alpha) = 1 $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(\arcsin\alpha)(\alpha) = 1 $$

$$ \lim_(\alpha\to 0) \frac(arctg\alpha)(\alpha) = 1 $$

Contoh solusi

Mari kita perhatikan limit luar biasa pertama, contoh solusi untuk perhitungan limit yang mengandung fungsi trigonometri dan ketidakpastian $ \bigg[\frac(0)(0)\bigg] $

Contoh 1

Hitung $ \lim_(x\ke 0) \frac(\sin2x)(4x) $

Larutan

Pertimbangkan batas dan perhatikan bahwa itu berisi sinus. Selanjutnya, kita substitusikan $ x = 0 $ ke dalam pembilang dan penyebut dan dapatkan ketidakpastian nol dibagi nol: $$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(4x) = \frac(0)( 0) $$ Sudah dua tanda bahwa Anda perlu menerapkan batas yang luar biasa, tetapi ada sedikit nuansa: kami tidak akan dapat segera menerapkan rumus, karena ekspresi di bawah tanda sinus berbeda dari ekspresi di penyebut. Dan kita membutuhkan mereka untuk menjadi setara. Oleh karena itu, dengan bantuan transformasi dasar pembilang, kita akan mengubahnya menjadi $2x$. Untuk melakukan ini, kita akan mengambil deuce dari penyebut pecahan dengan faktor terpisah. Tampilannya seperti ini: $$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(4x) = \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(2\cdot 2x) = $$ $$ = \frac(1)(2) \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(2x) = \frac(1)(2)\cdot 1 = \frac(1)(2) $$ , bahwa pada akhirnya $ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(2x) = 1 $ diperoleh dengan rumus. Jika Anda tidak dapat menyelesaikan masalah Anda, kirimkan kepada kami. Kami akan memberikan solusi rinci. Anda akan dapat membiasakan diri dengan kemajuan perhitungan dan mengumpulkan informasi. Ini akan membantu Anda mendapatkan kredit dari guru tepat waktu!

Menjawab

$$ \lim_(x\ke 0) \frac(\sin2x)(4x) =\frac(1)(2) $$

Contoh 2

Cari $ \lim_(x\ke 0) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) $

Larutan

Seperti biasa, Anda harus terlebih dahulu mengetahui jenis ketidakpastian. Jika nol dibagi nol, maka perhatikan keberadaan sinus: $$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) = \frac(0) (0) = $$ Ketidakpastian ini memungkinkan kita untuk menggunakan rumus batas luar biasa pertama, tetapi ekspresi dari penyebut tidak sama dengan argumen sinus? Karena itu, tidak mungkin menerapkan formula "di dahi". Anda perlu mengalikan dan membagi pecahan dengan argumen sinus: $$ = \lim_(x\to 0) \frac((x^3+2x)\sin(x^3+2x))((2x-x^ 4)(x ^3+2x)) = $$ Sekarang kita jelaskan sifat-sifat limit: $$ = \lim_(x\to 0) \frac((x^3+2x))(2x-x^4 )\cdot \lim_(x \to 0) \frac(\sin(x^3+2x))((x^3+2x)) = $$ Batas kedua hanya cocok dengan rumus dan sama dengan satu: $ $ = \lim_(x\ke 0 ) \frac(x^3+2x)(2x-x^4)\cdot 1 = \lim_(x\to 0) \frac(x^3+2x)(2x- x^4) = $$ Substitusikan lagi $ x = 0 $ ke dalam pecahan dan dapatkan ketidakpastian $ \frac(0)(0) $. Untuk menghilangkannya, cukup dengan mengeluarkan $ x $ dari kurung dan menguranginya: $$ = \lim_(x\to 0) \frac(x(x^2+2))(x(2-x^ 3)) = \ lim_(x\ke 0) \frac(x^2+2)(2-x^3) = $$ $$ = \frac(0^2 + 2)(2 - 0^3) = \frac(2 )(2) = 1 $$

Menjawab

$$ \lim_(x\ke 0) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) = 1 $$

Contoh 4

Hitung $ \lim_(x\to0) \frac(\sin2x)(tg3x) $

Larutan

Mari kita mulai perhitungannya dengan mensubstitusikan $ x=0 $. Hasilnya, kita mendapatkan ketidakpastian $ \frac(0)(0) $. Batas berisi sinus dan garis singgung, yang mengisyaratkan kemungkinan perkembangan situasi menggunakan rumus batas luar biasa pertama. Mari kita ubah pembilang dan penyebut pecahan menjadi rumus dan akibatnya: $$ \lim_(x\to0) \frac(\sin2x)(tg3x) = \frac(0)(0) = \lim_(x\to0) \frac(\frac(\sin2x)(2x)\cdot 2x )(\frac(tg3x)(3x)\cdot 3x) = $$ Sekarang kita lihat di pembilang dan penyebut ada ekspresi yang cocok untuk rumus dan konsekuensinya. Argumen sinus dan argumen tangen adalah sama untuk masing-masing penyebutnya $$ = \lim_(x\to0) \frac(1\cdot 2x)(1\cdot 3x) = \frac(2)(3) $$

Menjawab

$$ \lim_(x\to0) \frac(\sin2x)(tg2x) = \frac(2)(3) $$

Dalam artikel: "Batas luar biasa pertama, contoh solusi" diceritakan tentang kasus-kasus di mana disarankan untuk menggunakan formula ini dan konsekuensinya.

Istilah "batas luar biasa" banyak digunakan dalam buku teks dan alat peraga untuk merujuk pada identitas penting yang membantu secara signifikan menyederhanakan pekerjaan untuk menemukan batas.

Tapi untuk bisa membawa batasnya sampai luar biasa, perlu dicermati baik-baik, karena tidak terjadi secara langsung, tetapi sering berupa akibat, dilengkapi dengan syarat dan faktor tambahan. Namun, pertama-tama teorinya, lalu contoh-contohnya, dan Anda akan berhasil!

Batas luar biasa pertama

Menyukai? Penanda buku

Batas luar biasa pertama ditulis sebagai berikut (ketidakpastian dalam bentuk $0/0$):

$$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\sin x)(x)=1. $$

Konsekuensi dari batas luar biasa pertama

$$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(x)(\sin x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\sin (ax))(\sin (bx))=\frac(a)(b). $$ $$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\tan x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\arcsin x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\arctan x)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(1-\cos x)(x^2/2)=1. $$

Contoh solusi: 1 batas luar biasa

Contoh 1 Hitung batas $$\lim\limits_(x\ke 0)\frac(\sin 3x)(8x).$$

Larutan. Langkah pertama selalu sama - kami mengganti nilai batas $x=0$ ke dalam fungsi dan mendapatkan:

$$\left[ \frac(\sin 0)(0) \kanan] = \left[\frac(0)(0)\kanan].$$

Kami mendapatkan ketidakpastian bentuk $\left[\frac(0)(0)\right]$, yang harus diselesaikan. Jika Anda perhatikan lebih dekat, batas aslinya sangat mirip dengan batas luar biasa pertama, tetapi tidak sesuai dengannya. Tugas kita adalah untuk membawa kesamaan. Mari kita ubah seperti ini - lihat ekspresi di bawah sinus, lakukan hal yang sama pada penyebutnya (secara relatif, kita mengalikan dan membagi $3x$), lalu kita perkecil dan sederhanakan:

$$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\sin 3x)(8x) = \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\sin 3x)(3x)\frac(3x)(8x )=\lim\limits_(x\ke 0)\frac(\sin (3x))(3x)\frac(3)(8)=\frac(3)(8). $$

Di atas, limit luar biasa pertama diperoleh: $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (3x))(3x) = \lim\limits_(y\to 0)\frac(\sin ( y))(y)=1, \text( membuat substitusi bersyarat ) y=3x. $$ Menjawab: $3/8$.

Contoh 2 Hitung batas $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x).$$

Larutan. Kami mengganti nilai batas $x=0$ ke dalam fungsi dan mendapatkan:

$$\left[ \frac(1-\cos 0)(\tan 0\cdot \sin 0)\right] =\left[ \frac(1-1)( 0\cdot 0)\right] = \left [\frac(0)(0)\kanan].$$

Kami mendapatkan ketidakpastian dari bentuk $\left[\frac(0)(0)\right]$. Mari kita ubah batasnya, menggunakan batas luar biasa pertama dalam penyederhanaan (tiga kali!):

$$\lim\limits_(x\ke 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x) = \lim\limits_(x\to 0)\frac( 2 \sin^2 (3x/2))(\sin 2x\cdot \sin 4x)\cdot \cos 2x = $$ $$ = 2\lim\limits_(x\ke 0)\frac( \sin^2 (3x/2) )((3x/2)^2) \cdot \frac( 2x)(\sin 2x) \cdot \frac( 4x)( \sin 4x)\cdot \frac( (3x/2)^2)( 2x \ cdot 4x) \cdot \cos 2x = $$ $$ =2\lim\limits_(x\to 0) 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \frac( (9/4)x^2)( 8x^2 ) \cdot \cos 2x= 2 \cdot \frac( 9)( 32) \lim\limits_(x\to 0) \cos 2x=\frac(9)(16). $$

Menjawab: $9/16$.

Contoh 3 Cari limit $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5).$$

Larutan. Tetapi bagaimana jika ada ekspresi kompleks di bawah fungsi trigonometri? Tidak masalah, dan di sini kita bertindak dengan cara yang sama. Pertama, periksa jenis ketidakpastiannya, substitusikan $x=0$ ke dalam fungsi dan dapatkan:

$$\left[ \frac(\sin (0+0))(0-0)\right] = \left[\frac(0)(0)\kanan].$$

Kami mendapatkan ketidakpastian dari bentuk $\left[\frac(0)(0)\right]$. Kalikan dan bagi dengan $2x^3+3x$:

$$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5)=\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x ^3+3x))((2x^3+3x)) \cdot \frac(2x^3+3x)(5x-x^5)=\lim\limits_(x\ke 0) 1 \cdot \frac( 2x^3+3x)(5x-x^5)= \left[\frac(0)(0)\kanan] = $$

Sekali lagi mendapat ketidakpastian, tetapi dalam kasus ini hanya sebagian kecil. Mari kita kurangi pembilang dan penyebutnya dengan $x$:

$$ =\lim\limits_(x\to 0) \frac(2x^2+3)(5-x^4)= \left[\frac(0+3)(5-0)\right] =\ frak(3)(5). $$

Menjawab: $3/5$.

Batas luar biasa kedua

Batas luar biasa kedua ditulis sebagai berikut (ketidaktentuan dalam bentuk $1^\infty$):

$$ \lim\limits_(x\to \infty) \left(1+\frac(1)(x)\right)^(x)=e, \quad \text(or) \quad \lim\limits_( x\ke 0) \kiri(1+x\kanan)^(1/x)=e. $$

Konsekuensi dari batas luar biasa kedua

$$ \lim\limits_(x\ke \infty) \left(1+\frac(a)(x)\right)^(bx)=e^(ab). $$ $$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(\ln (1+x))(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\ke 0)\frac(e^x -1)(x)=1. $$ $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(a^x-1)(x \ln a)=1, a>0, a \ne 1. $$ $$ \lim\limits_( x\ke 0)\frac((1+x)^(a)-1)(ax)=1. $$

Contoh solusi: 2 batas luar biasa

Contoh 4 Cari limit $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3).$$

Larutan. Mari kita periksa jenis ketidakpastiannya, substitusikan $x=\infty$ ke dalam fungsi dan dapatkan:

$$\left[ \left(1-\frac(2)(\infty)\right)^(\infty) \right] = \left.$$

Kami mendapat ketidakpastian bentuk $\left$. Batasnya dapat dikurangi menjadi yang luar biasa kedua. Mari kita ubah:

$$ \lim\limits_(x\ke \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3) = \lim\limits_(x\to \infty)\left( 1+\frac(1)((-3x/2))\kanan)^(\frac(-3x/2)(-3x/2)(x+3))= $$ $$ = \lim\limits_ (x\ke \infty)\left(\left(1+\frac(1)((-3x/2))\right)^((-3x/2))\right)^\frac(x+3 )(-3x/2)= $$

Ekspresi tanda kurung sebenarnya adalah batas luar biasa kedua $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, hanya $t=- 3x/2$, jadi

$$ = \lim\limits_(x\ke \infty)\left(e\right)^\frac(x+3)(-3x/2)= \lim\limits_(x\to \infty)e^\ frac(1+3/x)(-3/2)=e^(-2/3). $$

Menjawab:$e^(-2/3)$.

Contoh 5 Cari limit $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x).$ $

Larutan. Substitusikan $x=\infty$ ke dalam fungsi dan dapatkan ketidakpastian bentuk $\left[ \frac(\infty)(\infty)\right]$. Dan kita membutuhkan $\left$. Jadi mari kita mulai dengan mengonversi ekspresi tanda kurung:

$$ \lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x) = \lim\limits_ (x\ke \infty)\left(\frac(x^3+(x-7)-(x-7)+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x ) = \lim\limits_(x\ke \infty)\left(\frac((x^3+x-7)+(-x+7+2x^2+1))(x^3+x-7 )\kanan)^(x) = $$ $$ = \lim\limits_(x\ke \infty)\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7) \kanan)^(x) = \lim\limits_(x\ke \infty)\left(\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)\kanan) ^(\frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8))\kanan)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)) = $$

Ekspresi kurung sebenarnya adalah batas indah kedua $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, hanya $t=\ frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8) \ke \infty$, jadi

$$ = \lim\limits_(x\ke \infty)\left(e\right)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7))= \lim\limits_ (x\ke \infty)e^( \frac(2x^2-x+8)(x^2+1-7/x))= \lim\limits_(x\to \infty)e^( \frac (2-1/x+8/x^2)(1+1/x^2-7/x^3))=e^(2). $$

Dari artikel di atas, Anda dapat mengetahui apa batasannya dan apa yang dimakan - ini SANGAT penting. Mengapa? Anda mungkin tidak mengerti apa itu determinan dan menyelesaikannya dengan sukses, Anda mungkin tidak mengerti sama sekali apa itu turunan dan menemukannya di "lima". Tetapi jika Anda tidak mengerti apa itu batas, maka akan sulit untuk menyelesaikan tugas-tugas praktis. Juga, tidak akan berlebihan untuk membiasakan diri dengan sampel desain keputusan dan rekomendasi saya untuk desain. Semua informasi disajikan dengan cara yang sederhana dan mudah diakses.

Dan untuk tujuan pelajaran ini, kita membutuhkan bahan metodologis berikut: Batas Luar Biasa dan Rumus trigonometri. Mereka dapat ditemukan di halaman. Yang terbaik adalah mencetak manual - jauh lebih nyaman, selain itu, mereka sering harus diakses secara offline.

Apa yang luar biasa tentang batas yang luar biasa? Keajaiban batas-batas ini terletak pada kenyataan bahwa mereka telah dibuktikan oleh para ahli matematika terkenal yang paling hebat, dan keturunan yang bersyukur tidak harus menderita dari batas-batas yang mengerikan dengan setumpuk fungsi trigonometri, logaritma, dan derajat. Artinya, ketika menemukan batasannya, kami akan menggunakan hasil yang sudah jadi yang telah terbukti secara teoritis.

Ada beberapa batasan yang luar biasa, tetapi dalam praktiknya, siswa paruh waktu dalam 95% kasus memiliki dua batasan yang luar biasa: Batas luar biasa pertama, Batas luar biasa kedua. Perlu dicatat bahwa ini adalah nama-nama yang ditetapkan secara historis, dan ketika, misalnya, mereka berbicara tentang "batas luar biasa pertama", yang mereka maksudkan dengan ini adalah hal yang sangat spesifik, dan bukan batas acak yang diambil dari langit-langit.

Batas luar biasa pertama

Pertimbangkan batasan berikut: (alih-alih huruf asli "dia" saya akan menggunakan huruf Yunani "alpha", ini lebih nyaman dalam hal penyajian materi).

Menurut aturan kami untuk menemukan batas (lihat artikel Batas. Contoh solusi) kami mencoba mengganti nol ke dalam fungsi: di pembilang kami mendapatkan nol (sinus nol adalah nol), di penyebut, tentu saja, juga nol. Jadi, kita dihadapkan pada ketidakpastian bentuk, yang untungnya tidak perlu diungkapkan. Dalam perjalanan analisis matematis, terbukti bahwa:

Fakta matematika ini disebut Batas luar biasa pertama. Saya tidak akan memberikan bukti analitis dari limit, tetapi kita akan mempertimbangkan makna geometrisnya dalam pelajaran tentang fungsi sangat kecil.

Seringkali dalam tugas-tugas praktis, fungsi dapat diatur secara berbeda, ini tidak mengubah apa pun:

- batas indah pertama yang sama.

Tetapi Anda tidak dapat mengatur ulang pembilang dan penyebutnya sendiri! Jika suatu limit diberikan dalam bentuk , maka harus diselesaikan dalam bentuk yang sama, tanpa mengatur ulang apapun.

Dalam praktiknya, tidak hanya variabel yang dapat bertindak sebagai parameter, tetapi juga fungsi dasar, fungsi kompleks. Yang penting itu cenderung nol.

Contoh:
, , ,

Di Sini , , , , dan semuanya berdengung - batas luar biasa pertama berlaku.

Dan inilah entri berikutnya - bid'ah:

Mengapa? Karena polinomial tidak cenderung ke nol, ia cenderung ke lima.

Omong-omong, pertanyaannya adalah untuk pengisian ulang, tetapi berapa batasnya ? Jawabannya dapat ditemukan di akhir pelajaran.

Dalam praktiknya, tidak semuanya begitu lancar, hampir tidak pernah seorang siswa akan ditawari untuk memecahkan batas gratis dan mendapatkan kredit yang mudah. Hmmm... Saya sedang menulis baris-baris ini, dan sebuah pemikiran yang sangat penting muncul di benak - lagi pula, tampaknya lebih baik mengingat definisi dan rumus matematika "bebas" dengan hati, ini bisa menjadi bantuan yang sangat berharga dalam ujian, ketika masalahnya akan diputuskan antara "dua" dan "tiga", dan guru memutuskan untuk mengajukan pertanyaan sederhana kepada siswa atau menawarkan untuk memecahkan contoh paling sederhana ("mungkin dia (a) masih tahu apa?!").

Mari kita beralih ke contoh praktis:

Contoh 1

Temukan batasnya

Jika kita melihat sebuah sinus dalam limit, maka ini harus segera mengarahkan kita untuk berpikir tentang kemungkinan menerapkan limit luar biasa pertama.

Pertama, kami mencoba mengganti 0 dalam ekspresi di bawah tanda batas (kami melakukan ini secara mental atau pada konsep):

Jadi, kita memiliki ketidaktentuan bentuk , nya pastikan untuk menunjukkan dalam mengambil keputusan. Ekspresi di bawah tanda batas terlihat seperti batas luar biasa pertama, tetapi ini tidak cukup, itu di bawah sinus, tetapi dalam penyebut.

Dalam kasus seperti itu, kita perlu mengatur batas luar biasa pertama kita sendiri, menggunakan perangkat buatan. Alur penalarannya bisa sebagai berikut: "di bawah sinus yang kita miliki, yang berarti bahwa kita juga perlu memasukkan penyebutnya".
Dan ini dilakukan dengan sangat sederhana:

Artinya, penyebutnya dikalikan secara artifisial dalam hal ini dengan 7 dan dibagi dengan tujuh yang sama. Sekarang rekor tersebut telah mengambil bentuk yang familiar.
Ketika tugas dibuat dengan tangan, disarankan untuk menandai batas indah pertama dengan pensil sederhana:

Apa yang terjadi? Faktanya, ekspresi yang dilingkari telah berubah menjadi satu unit dan menghilang dalam produk:

Sekarang tinggal menyingkirkan pecahan tiga lantai:

Yang sudah lupa penyederhanaan pecahan bertingkat, silahkan refresh materi di buku referensi Rumus Matematika Sekolah Panas .

Siap. Jawaban akhir:

Jika Anda tidak ingin menggunakan tanda pensil, maka solusinya dapat diformat seperti ini:

“

Kami menggunakan batas luar biasa pertama

“

Contoh 2

Temukan batasnya

Sekali lagi kita melihat pecahan dan sinus dalam batas. Kami mencoba untuk mengganti nol di pembilang dan penyebut:

Memang, kami memiliki ketidakpastian dan, oleh karena itu, kami perlu mencoba mengatur batas luar biasa pertama. Pada pelajaran Batas. Contoh solusi kita mempertimbangkan aturan bahwa ketika kita memiliki ketidakpastian , maka kita perlu memfaktorkan pembilang dan penyebut menjadi faktor. Di sini - hal yang sama, kami akan menyajikan derajat sebagai produk (pengganda):

Serupa dengan contoh sebelumnya, kami menguraikan dengan pensil batas-batas yang indah (di sini ada dua di antaranya), dan menunjukkan bahwa mereka cenderung satu:

Sebenarnya, jawabannya sudah siap:

Dalam contoh berikut, saya tidak akan melakukan seni di Paint, saya pikir cara membuat solusi dengan benar di buku catatan - Anda sudah mengerti.

Contoh 3

Temukan batasnya

Kami mengganti nol dalam ekspresi di bawah tanda batas:

Telah diperoleh suatu ketidakpastian yang perlu diungkapkan. Jika ada garis singgung dalam batas, maka hampir selalu diubah menjadi sinus dan kosinus sesuai dengan rumus trigonometri yang terkenal (omong-omong, mereka melakukan hal yang sama dengan kotangen, lihat materi metodologis Rumus trigonometri panas Di halaman Rumus matematika, tabel dan bahan referensi).

Pada kasus ini:

Kosinus nol sama dengan satu, dan mudah untuk menghilangkannya (jangan lupa untuk menandai bahwa ia cenderung ke satu):

Jadi, jika dalam limit kosinusnya adalah MULTIPLIER, maka, secara kasar, itu harus diubah menjadi satu unit, yang menghilang dalam produk.

Di sini semuanya menjadi lebih sederhana, tanpa perkalian dan pembagian. Batas luar biasa pertama juga berubah menjadi kesatuan dan menghilang dalam produk:

Akibatnya, tak terhingga diperoleh, itu terjadi.

Contoh 4

Temukan batasnya

Kami mencoba untuk mengganti nol di pembilang dan penyebut:

Ketidakpastian diperoleh (cosinus nol, seperti yang kita ingat, sama dengan satu)

Kami menggunakan rumus trigonometri. Perhatikan! Untuk beberapa alasan, batasan menggunakan rumus ini sangat umum.

Kami mengambil pengganda konstan di luar ikon batas:

Mari kita atur batas luar biasa pertama:

Di sini kita hanya memiliki satu batas luar biasa, yang berubah menjadi satu dan menghilang dalam produk:

Mari kita singkirkan tiga cerita:

Batas sebenarnya diselesaikan, kami menunjukkan bahwa sinus yang tersisa cenderung nol:

Contoh 5

Temukan batasnya

Contoh ini lebih rumit, coba cari tahu sendiri:

Beberapa batas dapat dikurangi menjadi batas luar biasa pertama dengan mengubah variabel, Anda dapat membaca tentang ini nanti di artikel Batasi Metode Penyelesaian.

Batas luar biasa kedua

Dalam teori analisis matematis dibuktikan bahwa:

Fakta ini disebut batas luar biasa kedua.

Referensi: adalah bilangan irasional.

Tidak hanya variabel yang dapat bertindak sebagai parameter, tetapi juga fungsi yang kompleks. Hanya penting bahwa ia berusaha untuk tak terbatas.

Contoh 6

Temukan batasnya

Ketika ekspresi di bawah tanda batas berkuasa - ini adalah tanda pertama bahwa Anda perlu mencoba menerapkan batas luar biasa kedua.

Tetapi pertama-tama, seperti biasa, kami mencoba mengganti angka yang sangat besar ke dalam ekspresi, menurut prinsip apa ini dilakukan, itu dianalisis dalam pelajaran Batas. Contoh solusi.

Sangat mudah untuk melihat bahwa ketika dasar derajat, dan eksponen - , yaitu, ada ketidakpastian bentuk:

Ketidakpastian ini baru saja terungkap dengan bantuan batas luar biasa kedua. Tetapi, seperti yang sering terjadi, batas luar biasa kedua tidak terletak di atas piring perak, dan itu harus diatur secara artifisial. Anda dapat beralasan sebagai berikut: dalam contoh ini, parameter berarti bahwa kita juga perlu mengatur dalam indikator. Untuk melakukan ini, kami menaikkan basis ke kekuatan, dan agar ekspresi tidak berubah, kami menaikkannya ke kekuatan:

Saat tugas dibuat dengan tangan, kami menandai dengan pensil:

Hampir semuanya sudah siap, gelar yang mengerikan telah berubah menjadi surat yang cantik:

Pada saat yang sama, ikon batas itu sendiri dipindahkan ke indikator:

Contoh 7

Temukan batasnya

Perhatian! Jenis batasan ini sangat umum, harap pelajari contoh ini dengan cermat.

Kami mencoba untuk mengganti angka yang sangat besar dalam ekspresi di bawah tanda batas:

Hasilnya adalah ketidakpastian. Tetapi batas luar biasa kedua berlaku untuk ketidakpastian bentuk. Apa yang harus dilakukan? Anda perlu mengonversi basis derajat. Kami berpendapat seperti ini: dalam penyebut kita memiliki , yang berarti bahwa kita juga perlu mengatur dalam pembilang.

Rumus untuk limit luar biasa kedua adalah lim x → 1 + 1 x x = e . Bentuk penulisan lain terlihat seperti ini: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e .

Ketika kita berbicara tentang batas luar biasa kedua, kita harus berurusan dengan ketidakpastian bentuk 1 , yaitu. unit ke tingkat yang tak terbatas.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Pertimbangkan masalah di mana kita membutuhkan kemampuan untuk menghitung batas luar biasa kedua.

Contoh 1

Tentukan limit lim x → 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .

Larutan

Ganti formula yang diinginkan dan lakukan perhitungan.

lim x → 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 - 2 2 + 1 2 + 1 4 = 1 - 0 = 1

Dalam jawaban kami, kami mendapat unit kekuatan tak terhingga. Untuk menentukan metode solusi, kami menggunakan tabel ketidakpastian. Kami memilih batas luar biasa kedua dan membuat perubahan variabel.

t \u003d - x 2 + 1 2 x 2 + 1 4 \u003d - t 2

Jika x → maka t → - .

Mari kita lihat apa yang kita dapatkan setelah penggantian:

lim x → 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 = lim x → 1 + 1 t - 1 2 t = lim t → 1 + 1 t t - 1 2 = e - 1 2

Menjawab: lim x → 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = e - 1 2 .

Contoh 2

Hitung limit lim x → x - 1 x + 1 x .

Larutan

Ganti tak terhingga dan dapatkan yang berikut ini.

lim x → x - 1 x + 1 x = lim x → 1 - 1 x 1 + 1 x x = 1 - 0 1 + 0 = 1

Dalam jawabannya, kami kembali mendapatkan hal yang sama seperti pada masalah sebelumnya, oleh karena itu, kami dapat kembali menggunakan batas luar biasa kedua. Selanjutnya, kita perlu memilih bagian integer di dasar fungsi daya:

x - 1 x + 1 = x + 1 - 2 x + 1 = x + 1 x + 1 - 2 x + 1 = 1 - 2 x + 1

Setelah itu, limitnya berbentuk sebagai berikut:

lim x → x - 1 x + 1 x = 1 = lim x → 1 - 2 x + 1 x

Kami mengganti variabel. Misalkan t = - x + 1 2 2 t = - x - 1 x = - 2 t - 1 ; jika x → , maka t → .

Setelah itu, kami menuliskan apa yang kami dapatkan di batas asli:

lim x → x - 1 x + 1 x = 1 = lim 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 = lim 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

Untuk melakukan transformasi ini, kami menggunakan sifat dasar limit dan pangkat.

Menjawab: lim x → x - 1 x + 1 x = e - 2 .

Contoh 3

Hitung limit lim x → x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .

Larutan

lim x → x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = lim 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∞

Setelah itu, kita perlu melakukan transformasi fungsi untuk menerapkan batas luar biasa kedua. Kami mendapatkan yang berikut ini:

lim x → x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = 1 = lim x → x 3 - 2 x 2 - 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

lim 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 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

Karena sekarang kita memiliki eksponen yang sama dalam pembilang dan penyebut pecahan (sama dengan enam), batas pecahan di tak terhingga akan sama dengan rasio koefisien ini pada pangkat yang lebih tinggi.

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 = = lim x → 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 6 2 = lim x → 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3

Mengganti t = x 2 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2, kita mendapatkan batas luar biasa kedua. Artinya apa:

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

Menjawab: lim x → x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = e - 3 .

kesimpulan

Ketidakpastian 1 , yaitu satuan hingga derajat tak terhingga, adalah ketidakpastian hukum-kekuatan, oleh karena itu, dapat diungkapkan dengan menggunakan aturan untuk menemukan batas-batas fungsi pangkat eksponensial.

Jika Anda melihat kesalahan dalam teks, harap sorot dan tekan Ctrl+Enter