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 analitik dari limit, tetapi kami 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 luar biasa 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 mulus, hampir tidak pernah seorang siswa akan ditawari untuk memecahkan batas gratis dan mendapatkan kredit yang mudah. Hmmm... Saya 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 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.
Saat 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 pada limitnya. 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 tangen di limit, maka hampir selalu diubah menjadi sinus dan cosinus 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 itu cenderung 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 yang 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 kami 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.

Bukti:

Mari kita buktikan dulu teorema untuk kasus barisan

Menurut rumus binomial Newton:

Dengan asumsi kita mendapatkan

Dari persamaan ini diperoleh persamaan (1) bahwa dengan bertambahnya n, jumlah suku-suku positif di ruas kanan bertambah. Selain itu, dengan bertambahnya n, jumlahnya berkurang, sehingga jumlahnya meningkat. Oleh karena itu urutannya meningkat, sementara (2)* Mari kita tunjukkan bahwa itu terbatas. Kami mengganti setiap tanda kurung di sisi kanan persamaan dengan satu, sisi kanan bertambah, kami mendapatkan ketidaksetaraan

Kami memperkuat ketidaksetaraan yang dihasilkan, mengganti 3,4,5, ..., berdiri di penyebut pecahan, dengan angka 2: Kami menemukan jumlah dalam kurung menggunakan rumus untuk jumlah anggota deret geometri: Oleh karena itu (3)*

Jadi, barisan dibatasi dari atas, sedangkan pertidaksamaan (2) dan (3) berlaku: Oleh karena itu, berdasarkan teorema Weierstrass (kriteria kekonvergenan suatu barisan), barisan tersebut bertambah secara monoton dan berbatas yang artinya mempunyai batas, dilambangkan dengan huruf e. Itu.

Mengetahui bahwa batas luar biasa kedua benar untuk nilai natural x, kami membuktikan batas luar biasa kedua untuk x nyata, yaitu, kami membuktikan bahwa . Pertimbangkan dua kasus:

1. Biarkan setiap nilai x berada di antara dua bilangan bulat positif: , di mana adalah bagian bilangan bulat dari x. => =>

Jika , maka Oleh karena itu, sesuai dengan limit Kita punya

Atas dasar (pada limit fungsi antara) keberadaan limit

2. Biarkan . Mari kita buat substitusi x = t, maka

Dari kedua kasus ini dapat disimpulkan bahwa untuk x nyata.

Konsekuensi:

9 .) Perbandingan infinitesimal. Teorema tentang penggantian infinitesimals dengan yang setara di limit dan teorema pada bagian utama dari infinitesimals.

Misalkan fungsi a( x) dan B( x) – bm pada x ® x 0 .

DEFINISI.

1) a( x) ditelepon orde yang sangat kecil dari b (x) jika

Tuliskan: a( x) = o(b( x)) .

2) a( x) dan b( x)ditelepon infinitesimal dari orde yang sama, jika

dimana C dan C¹ 0 .

Tuliskan: a( x) = HAI(b( x)) .

3) a( x) dan b( x) ditelepon setara , jika

Tuliskan: a( x) ~ b( x).

4) a( x) disebut orde sangat kecil k terhadap
sangat kecil b( x), jika sangat kecil sebuah( x)dan(b( x)) k memiliki urutan yang sama, yaitu jika

dimana C dan C¹ 0 .

DALIL 6 (pada penggantian infinitesimals dengan yang setara).

Biarlah sebuah( x), b( x), sebuah 1 ( x), b1 ( x)- bm di x ® x 0 . Jika sebuah sebuah( x) ~ 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x),

kemudian

Bukti: Misalkan a( x) ~ 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x), kemudian

DALIL 7 (tentang bagian utama yang sangat kecil).

Biarlah sebuah( x)dan b( x)- bm di x ® x 0 , dan b( x)- bm urutan lebih tinggi dari sebuah( x).

= , a sejak b( x) – orde lebih tinggi dari a( x), maka , yaitu dari jelas bahwa ( x) + b( x) ~ a( x)

10) Kontinuitas fungsi pada suatu titik (dalam bahasa batas epsilon-delta, geometrik) Kontinuitas satu sisi. Kontinuitas pada suatu interval, pada suatu segmen. Sifat-sifat fungsi kontinu.

1. Definisi dasar

Biarlah f(x) didefinisikan di beberapa lingkungan titik x 0 .

DEFINISI 1. fungsi f(x) ditelepon kontinu pada suatu titik x 0 jika persamaan itu benar

Perkataan.

1) Dengan Teorema 5 dari 3, persamaan (1) dapat ditulis sebagai

Kondisi (2) - definisi kontinuitas suatu fungsi di suatu titik dalam bahasa batas satu sisi.

2) Persamaan (1) dapat juga ditulis sebagai:

Mereka mengatakan: "jika suatu fungsi kontinu pada suatu titik x 0 , maka tanda limit dan fungsi dapat dipertukarkan.

DEFINISI 2 (dalam bahasa e-d).

fungsi f(x) ditelepon kontinu pada suatu titik x 0 jika"e>0 $d>0 seperti, Apa

jika x U( x 0 , d) (yaitu | x – x 0 | < d),

lalu f(x)ОU( f(x 0), e) (yaitu | f(x) – f(x 0) | < e).

Biarlah x, x 0 Î D(f) (x 0 - tetap, x- sewenang-wenang)

Melambangkan: D x= x-x 0 – penambahan argumen

D f(x 0) = f(x) – f(x 0) – kenaikan fungsi di titik x 0

DEFINISI 3 (geometris).

fungsi f(x) pada ditelepon kontinu pada suatu titik x 0 jika pada titik ini peningkatan argumen yang sangat kecil sesuai dengan peningkatan fungsi yang sangat kecil, yaitu

Biarkan fungsinya f(x) didefinisikan pada interval [ x 0 ; x 0 + d) (pada interval ( x 0 - hari; x 0 ]).

DEFINISI. fungsi f(x) ditelepon kontinu pada suatu titik x 0 di sebelah kanan (kiri ), jika persamaan itu benar

Jelas bahwa f(x) kontinu di titik x 0 Û f(x) kontinu di titik x 0 kanan dan kiri.

DEFINISI. fungsi f(x) ditelepon terus menerus per interval e ( sebuah; b) jika kontinu di setiap titik interval ini.

fungsi f(x) disebut kontinu pada segmen [sebuah; b] jika kontinu pada interval (sebuah; b) dan memiliki kontinuitas satu sisi pada titik batas(yaitu kontinu pada titik sebuah benar, titik b- di kiri).

11) Break point, klasifikasinya

DEFINISI. Jika fungsi f(x) didefinisikan di beberapa lingkungan dari titik x 0 , tetapi tidak kontinu pada titik itu, maka f(x) disebut diskontinu di titik x 0 , tapi intinya x 0 disebut titik putus fungsi f(x) .

Perkataan.

1) f(x) dapat didefinisikan dalam lingkungan yang tidak lengkap dari titik x 0 .

Kemudian pertimbangkan kontinuitas satu sisi yang sesuai dari fungsi tersebut.

2) Dari definisi z, titik x 0 adalah titik henti dari fungsi f(x) dalam dua kasus:

a) U( x 0 , d)н D(f) , tapi untuk f(x) persamaan tidak terpenuhi

b) U * ( x 0 , d)н D(f) .

Untuk fungsi dasar, hanya kasus b) yang mungkin.

Biarlah x 0 - titik henti fungsi f(x) .

DEFINISI. titik x 0 ditelepon titik putus Saya jenis jika fungsi f(x)memiliki batas yang terbatas pada titik ini di kiri dan di kanan.

Jika, selain itu, batas-batas ini sama, maka titik x 0 ditelepon titik istirahat , sebaliknya - titik lompat .

DEFINISI. titik x 0 ditelepon titik putus II jenis jika setidaknya salah satu dari batas satu sisi dari fungsi f(x)pada titik ini sama dengan¥ atau tidak ada.

12) Sifat-sifat fungsi kontinu pada segmen (teorema Weierstrass (tanpa bukti) dan Cauchy

teorema Weierstrass

Biarkan fungsi f(x) kontinu pada segmen , maka

1)f(x) terbatas pada

2) f (x) mengambil interval nilai terkecil dan terbesarnya

Definisi: Nilai fungsi m=f disebut terkecil jika m≤f(x) untuk setiap x € D(f).

Nilai fungsi m=f disebut terbesar jika m≥f(x) untuk setiap x € D(f).

Fungsi dapat mengambil nilai terkecil \ terbesar di beberapa titik segmen.

f(x 3)=f(x 4)=maks

teorema Cauchy.

Misalkan fungsi f(x) kontinu pada ruas dan x adalah bilangan yang berada di antara f(a) dan f(b), maka paling sedikit ada satu titik x 0 € sehingga f(x 0)= g

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 mendetail. 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 buat penggantinya $\alpha=\sin(y)$. 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 penggantinya $\alpha=\tg(y)$. 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. selesai. 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

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

Karena $\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ dan $\lim_(x\to(0))x=0$, kita berurusan dengan ketidakpastian bentuk $\frac( 0 )(0)$, yaitu, selesai. 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

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

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:

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

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:

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

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 $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ yang 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:

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

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 berhadapan 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 dalam penyelesaian 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 $t\to(0)$.

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

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 $t=\frac(\pi)(2)-x$. Sejak $x\to\frac(\pi)(2)$, 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: baik di 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:

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

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

Batas luar biasa pertama sering digunakan untuk menghitung batas yang mengandung sinus, arcsinus, 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 formula 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) $

Keputusan

Pertimbangkan batas dan perhatikan bahwa itu berisi sinus. Selanjutnya, kita substitusikan $ x = 0 $ ke dalam pembilang dan penyebutnya 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 menghilangkan deuce dari penyebut pecahan dengan faktor terpisah. Tampilannya seperti ini: $$ \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(4x) = \lim_(x\to 0) \frac(\sin2x)(2\cdot 2x) = $$ $$ = \frac(1)(2) \lim_(x\ke 0) \frac(\sin2x)(2x) = \frac(1)(2)\cdot 1 = \frac(1)(2) $$ , 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) $

Keputusan

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) $

Keputusan

Mari kita mulai perhitungannya dengan mensubstitusikan $x=0 $. Akibatnya, 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.

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 limit 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 .

Keputusan

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 penyelesaian, 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 .

Keputusan

Substitusikan 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 .

Keputusan

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 .

temuan

Ketidakpastian 1 , yaitu satuan hingga derajat tak terhingga, adalah ketidakpastian hukum pangkat, 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