ზემოაღნიშნული სტატიიდან შეგიძლიათ გაიგოთ, რა არის ლიმიტი და რითი მიირთმევენ - ეს ძალიან მნიშვნელოვანია. რატომ? შეიძლება ვერ გაიგოთ რა არის განმსაზღვრელი და წარმატებით ამოხსნათ ისინი, შეიძლება საერთოდ ვერ გაიგოთ რა არის წარმოებული და იპოვოთ ისინი "ხუთეულზე". მაგრამ თუ არ გესმით რა არის ლიმიტი, მაშინ გაგიჭირდებათ პრაქტიკული ამოცანების გადაჭრა. ასევე, ზედმეტი არ იქნება გაეცნოთ გადაწყვეტილებების დიზაინის ნიმუშებს და დიზაინს ჩემს რეკომენდაციებს. ყველა ინფორმაცია წარმოდგენილია მარტივი და ხელმისაწვდომი გზით.

და ამ გაკვეთილის მიზნებისთვის ჩვენ გვჭირდება შემდეგი მეთოდოლოგიური მასალები: ღირსშესანიშნავი საზღვრებიდა ტრიგონომეტრიული ფორმულები. მათი ნახვა შეგიძლიათ გვერდზე. უმჯობესია ინსტრუქციების დაბეჭდვა - ეს ბევრად უფრო მოსახერხებელია, გარდა ამისა, მათ ხშირად ოფლაინ წვდომა უწევთ.

რა არის გასაოცარი მშვენიერი ლიმიტების შესახებ? ამ საზღვრების ღირსშესანიშნავობა მდგომარეობს იმაში, რომ ისინი დაამტკიცა ცნობილი მათემატიკოსების უდიდესი გონებით და მადლიერი შთამომავლები არ უნდა იტანჯონ საშინელი საზღვრებით ტრიგონომეტრიული ფუნქციების, ლოგარითმებისა და გრადუსების გროვით. ანუ ლიმიტების პოვნისას გამოვიყენებთ თეორიულად დადასტურებულ მზა შედეგებს.

არსებობს რამდენიმე ღირსშესანიშნავი ზღვარი, მაგრამ პრაქტიკაში, ნახევარ განაკვეთზე სტუდენტებს შემთხვევების 95% -ში აქვთ ორი შესანიშნავი ზღვარი: პირველი მშვენიერი ლიმიტი, მეორე მშვენიერი ლიმიტი. უნდა აღინიშნოს, რომ ეს არის ისტორიულად ჩამოყალიბებული სახელები და როდესაც, მაგალითად, საუბრობენ „პირველ ღირსშესანიშნავ ზღვარზე“, ამაში გულისხმობენ ძალიან კონკრეტულ რამეს და არა ჭერიდან ამოღებულ შემთხვევით ზღვარს.

პირველი მშვენიერი ლიმიტი

გაითვალისწინეთ შემდეგი ლიმიტი: (მშობლიური ასო "ის"-ის ნაცვლად გამოვიყენებ ბერძნულ ასოს "ალფა", ეს უფრო მოსახერხებელია მასალის პრეზენტაციის მხრივ).

საზღვრების პოვნის ჩვენი წესის მიხედვით (იხილეთ სტატია ლიმიტები. გადაწყვეტის მაგალითები) ვცდილობთ ნული ჩავანაცვლოთ ფუნქციაში: მრიცხველში ვიღებთ ნულს (ნულის სინუსი არის ნული), მნიშვნელში, ცხადია, ასევე ნულს. ამრიგად, სახეზე გვაქვს ფორმის განუსაზღვრელობა, რომლის გამჟღავნება, საბედნიეროდ, არ არის საჭირო. მათემატიკური ანალიზის დროს დადასტურდა, რომ:

ეს მათემატიკური ფაქტი ე.წ პირველი მშვენიერი ლიმიტი. ლიმიტის ანალიტიკურ მტკიცებულებას არ მივცემ, მაგრამ მის გეომეტრიულ მნიშვნელობას განვიხილავთ გაკვეთილზე უსასრულოდ მცირე ფუნქციები.

ხშირად პრაქტიკულ ამოცანებში ფუნქციები შეიძლება განსხვავებულად იყოს მოწყობილი, ეს არაფერს ცვლის:

- იგივე პირველი მშვენიერი ლიმიტი.

მაგრამ თქვენ თვითონ არ შეგიძლიათ მრიცხველის და მნიშვნელის გადაწყობა! თუ ლიმიტი მოცემულია ფორმაში, მაშინ ის უნდა გადაწყდეს იმავე ფორმით, არაფრის გადაკეთების გარეშე.

პრაქტიკაში, არა მხოლოდ ცვლადი შეიძლება იმოქმედოს როგორც პარამეტრი, არამედ ელემენტარული ფუნქცია, რთული ფუნქცია. მნიშვნელოვანია მხოლოდ ის, რომ ის ნულისკენ მიისწრაფვის.

მაგალითები:
, , ,

Აქ , , , , და ყველაფერი ზუზუნებს - მოქმედებს პირველი მშვენიერი ლიმიტი.

და აქ არის შემდეგი ჩანაწერი - ერესი:

რატომ? იმის გამო, რომ მრავალწევრი არ არის ნულისკენ მიდრეკილი, ის იხრება ხუთამდე.

სხვათა შორის, კითხვა არის ზურგის შევსება, მაგრამ რა არის ზღვარი ? პასუხი შეგიძლიათ იხილოთ გაკვეთილის ბოლოს.

პრაქტიკაში ყველაფერი ასე გლუვი არ არის, სტუდენტს თითქმის არასოდეს შესთავაზებენ უფასო ლიმიტის გადაჭრას და მარტივი კრედიტის მიღებას. ჰმ... მე ვწერ ამ სტრიქონებს და ძალიან მნიშვნელოვანი აზრი გამიჩნდა - ბოლოს და ბოლოს, როგორც ჩანს, ჯობია ზეპირად გავიხსენოთ მათემატიკური განმარტებები და ფორმულები, ეს შეიძლება იყოს ფასდაუდებელი დახმარება ტესტში, როდესაც საკითხი გადაწყდება "ორსა" და "სამს" შორის და მასწავლებელი გადაწყვეტს დაუსვას მოსწავლეს მარტივი შეკითხვა ან შესთავაზოს უმარტივესი მაგალითის ამოხსნა ("იქნებ მან (ა) მაინც იცის რა?!").

მოდით გადავიდეთ პრაქტიკულ მაგალითებზე:

მაგალითი 1

იპოვეთ ლიმიტი

თუ ლიმიტში შევნიშნავთ სინუსს, მაშინ ამან დაუყოვნებლივ უნდა მიგვიყვანოს ვიფიქროთ პირველი ღირსშესანიშნავი ლიმიტის გამოყენების შესაძლებლობაზე.

პირველ რიგში, ჩვენ ვცდილობთ შევცვალოთ 0 გამონათქვამში ლიმიტის ნიშნის ქვეშ (ამას ვაკეთებთ გონებრივად ან მონახაზზე):

ასე რომ, ჩვენ გვაქვს ფორმის განუსაზღვრელი, მისი აუცილებლად მიუთითეთგადაწყვეტილების მიღებისას. ლიმიტის ნიშნის ქვეშ გამოხატული გამონათქვამი პირველ მშვენიერ ზღვარს ჰგავს, მაგრამ ეს ასე არ არის, ის არის სინუსში, მაგრამ მნიშვნელში.

ასეთ შემთხვევებში ჩვენ უნდა მოვაწყოთ პირველი მშვენიერი ლიმიტი დამოუკიდებლად, ხელოვნური მოწყობილობის გამოყენებით. მსჯელობის ხაზი შეიძლება იყოს შემდეგი: "სინუსის ქვეშ გვაქვს, რაც ნიშნავს, რომ ჩვენ ასევე უნდა მივიღოთ მნიშვნელში".
და ეს კეთდება ძალიან მარტივად:

ანუ მნიშვნელი ხელოვნურად მრავლდება ამ შემთხვევაში 7-ზე და იყოფა იმავე შვიდზე. ახლა ჩანაწერმა ნაცნობი ფორმა მიიღო.
როდესაც დავალება შედგენილია ხელით, მიზანშეწონილია მონიშნოთ პირველი მშვენიერი ლიმიტი მარტივი ფანქრით:

Რა მოხდა? ფაქტობრივად, წრიული გამოხატულება გადაიქცა ერთეულად და გაქრა პროდუქტში:

ახლა რჩება მხოლოდ სამსართულიანი წილადის მოშორება:

ვისაც დაავიწყდა მრავალსართულიანი წილადების გამარტივება, გთხოვთ განაახლოთ მასალა საცნობარო წიგნში ცხელი სკოლის მათემატიკის ფორმულები .

მზადაა. საბოლოო პასუხი:

თუ არ გსურთ ფანქრის ნიშნების გამოყენება, მაშინ გამოსავალი შეიძლება ასე ფორმატირდეს:

“

ჩვენ ვიყენებთ პირველ შესანიშნავ ზღვარს

“

მაგალითი 2

იპოვეთ ლიმიტი

კვლავ ვხედავთ წილადსა და სინუსს ზღვარში. ჩვენ ვცდილობთ ჩავანაცვლოთ ნული მრიცხველში და მნიშვნელში:

მართლაც, ჩვენ გვაქვს გაურკვევლობა და, შესაბამისად, უნდა ვეცადოთ მოვაწყოთ პირველი ღირსშესანიშნავი ზღვარი. გაკვეთილზე ლიმიტები. გადაწყვეტის მაგალითებიჩვენ გავითვალისწინეთ წესი, რომ როდესაც გვაქვს გაურკვევლობა, მაშინ მრიცხველი და მნიშვნელი ფაქტორებად უნდა გავამრავლოთ. აქ - იგივე, ჩვენ წარმოგიდგენთ ხარისხებს პროდუქტად (მამრავლები):

წინა მაგალითის მსგავსად, ჩვენ ფანქრით გამოვყოფთ შესანიშნავ საზღვრებს (აქ არის ორი მათგანი) და მივუთითებთ, რომ ისინი მიდრეკილნი არიან ერთისკენ:

ფაქტობრივად, პასუხი მზად არის:

შემდეგ მაგალითებში, მე არ გავაკეთებ ხელოვნებას Paint-ში, ვფიქრობ, როგორ სწორად შევადგინო გამოსავალი ნოუთბუქში - თქვენ უკვე გესმით.

მაგალითი 3

იპოვეთ ლიმიტი

ჩვენ ვცვლით ნულს გამონათქვამში ზღვრის ნიშნის ქვეშ:

მიღებულია გაურკვევლობა, რომელიც უნდა გამჟღავნდეს. თუ ლიმიტში არის ტანგენსი, მაშინ ის თითქმის ყოველთვის გარდაიქმნება სინუსად და კოსინუსად ცნობილი ტრიგონომეტრიული ფორმულის მიხედვით (სხვათა შორის, დაახლოებით იგივეს აკეთებენ კოტანგენსთან, იხილეთ მეთოდოლოგიური მასალა ცხელი ტრიგონომეტრიული ფორმულებიგვერდზე მათემატიკური ფორმულები, ცხრილები და საცნობარო მასალები).

Ამ შემთხვევაში:

ნულის კოსინუსი ერთის ტოლია და მისგან თავის დაღწევა მარტივია (არ დაგავიწყდეთ აღნიშნოთ, რომ ის მიდრეკილია ერთისკენ):

ამრიგად, თუ ლიმიტში კოსინუსი არის მრავლობითი, მაშინ, უხეშად რომ ვთქვათ, ის უნდა იქცეს ერთეულად, რომელიც ქრება პროდუქტში.

აქ ყველაფერი უფრო მარტივი აღმოჩნდა, ყოველგვარი გამრავლებისა და გაყოფის გარეშე. პირველი ღირსშესანიშნავი ზღვარი ასევე გადაიქცევა ერთიანობაში და ქრება პროდუქტში:

შედეგად, უსასრულობა მიიღება, ეს ხდება.

მაგალითი 4

იპოვეთ ლიმიტი

ჩვენ ვცდილობთ ჩავანაცვლოთ ნული მრიცხველში და მნიშვნელში:

მიღებული განუსაზღვრელობა (ნულის კოსინუსი, როგორც გვახსოვს, უდრის ერთს)

ჩვენ ვიყენებთ ტრიგონომეტრიულ ფორმულას. გაითვალისწინეთ! გარკვეული მიზეზების გამო, ამ ფორმულის გამოყენების შეზღუდვები ძალიან ხშირია.

ჩვენ ვიღებთ მუდმივ მულტიპლიკატორებს ლიმიტის მიღმა ხატულა:

მოდით მოვაწყოთ პირველი ღირსშესანიშნავი ლიმიტი:

აქ გვაქვს მხოლოდ ერთი მშვენიერი ლიმიტი, რომელიც იქცევა ერთად და ქრება პროდუქტში:

მოვიშოროთ სამსართულიანი:

ზღვარი ფაქტობრივად ამოხსნილია, ჩვენ მივუთითებთ, რომ დარჩენილი სინუსი ნულისკენ მიისწრაფვის:

მაგალითი 5

იპოვეთ ლიმიტი

ეს მაგალითი უფრო რთულია, შეეცადეთ თავად გაარკვიოთ:

ზოგიერთი ლიმიტი შეიძლება შემცირდეს პირველ შესანიშნავ ზღვარამდე ცვლადის შეცვლით, ამის შესახებ შეგიძლიათ წაიკითხოთ ცოტა მოგვიანებით სტატიაში ლიმიტის ამოხსნის მეთოდები.

მეორე მშვენიერი ლიმიტი

მათემატიკური ანალიზის თეორიაში დადასტურებულია, რომ:

ამ ფაქტს ე.წ მეორე ღირსშესანიშნავი ზღვარი.

მითითება: არის ირაციონალური რიცხვი.

არა მხოლოდ ცვლადი შეიძლება იყოს პარამეტრი, არამედ რთული ფუნქცია. მნიშვნელოვანია მხოლოდ ის, რომ ის უსასრულობისკენ ისწრაფვის.

მაგალითი 6

იპოვეთ ლიმიტი

როდესაც ლიმიტის ნიშნის ქვეშ გამოთქმა ძალაშია - ეს არის პირველი ნიშანი იმისა, რომ თქვენ უნდა სცადოთ მეორე მშვენიერი ლიმიტის გამოყენება.

მაგრამ ჯერ, როგორც ყოველთვის, ჩვენ ვცდილობთ ჩავანაცვლოთ უსასრულოდ დიდი რიცხვი გამონათქვამში, რა პრინციპით კეთდება ეს, გაანალიზდა გაკვეთილზე ლიმიტები. გადაწყვეტის მაგალითები.

ადვილი მისახვედრია, როცა ხარისხის საფუძველი და მაჩვენებელი - ანუ, არსებობს ფორმის გაურკვევლობა:

ეს გაურკვევლობა მხოლოდ მეორე მნიშვნელოვანი ლიმიტის დახმარებით ვლინდება. მაგრამ, როგორც ხშირად ხდება, მეორე მშვენიერი ზღვარი არ დევს ვერცხლის ლანგარზე და ის ხელოვნურად უნდა იყოს ორგანიზებული. თქვენ შეგიძლიათ მსჯელობა შემდეგნაირად: ამ მაგალითში, პარამეტრი ნიშნავს, რომ ჩვენ ასევე გვჭირდება ორგანიზება ინდიკატორში. ამისათვის ჩვენ ვაყენებთ საფუძველს ძალამდე და ისე, რომ გამოთქმა არ შეიცვალოს, ჩვენ ავწევთ მას ძალამდე:

როდესაც დავალება შედგენილია ხელით, ფანქრით ვნიშნავთ:

თითქმის ყველაფერი მზად არის, საშინელი ხარისხი ლამაზ ასოდ იქცა:

ამავდროულად, ლიმიტის ხატი თავად გადადის ინდიკატორზე:

მაგალითი 7

იპოვეთ ლიმიტი

ყურადღება! ამ ტიპის ლიმიტი ძალიან გავრცელებულია, გთხოვთ, ყურადღებით შეისწავლოთ ეს მაგალითი.

ჩვენ ვცდილობთ შევცვალოთ უსასრულოდ დიდი რიცხვი გამონათქვამში ლიმიტის ნიშნის ქვეშ:

შედეგი არის გაურკვევლობა. მაგრამ მეორე მნიშვნელოვანი ზღვარი ეხება ფორმის გაურკვევლობას. Რა უნდა ვქნა? თქვენ უნდა გადაიყვანოთ ხარისხის საფუძველი. ჩვენ ასე ვკამათობთ: მნიშვნელში გვაქვს , რაც ნიშნავს, რომ მრიცხველში ორგანიზებაც გვჭირდება.

მტკიცებულება:

ჯერ დავამტკიცოთ თეორემა მიმდევრობის შემთხვევისთვის

ნიუტონის ბინომიალური ფორმულის მიხედვით:

ვივარაუდოთ, რომ მივიღებთ

ამ თანასწორობიდან (1) გამომდინარეობს, რომ n-ის მატებასთან ერთად, მარჯვენა მხარეს დადებითი ტერმინების რაოდენობა იზრდება. გარდა ამისა, როგორც n იზრდება, რიცხვი მცირდება, შესაბამისად, რაოდენობებიც მომატება. ამიტომ თანმიმდევრობა იზრდება, ხოლო (2)* ვაჩვენოთ, რომ ის შემოსაზღვრულია. ტოლობის მარჯვენა მხარეს თითოეულ ფრჩხილს ვცვლით ერთით, მარჯვენა მხარე იზრდება, ვიღებთ უტოლობას

ვამაგრებთ მიღებულ უტოლობას, ვცვლით 3,4,5, ..., წილადების მნიშვნელებში მდგომი რიცხვით 2: ვპოულობთ ჯამს ფრჩხილებში გეომეტრიული პროგრესიის წევრების ჯამის ფორმულის გამოყენებით: მაშასადამე. (3)*

ამრიგად, მიმდევრობა შემოსაზღვრულია ზემოდან, ხოლო უტოლობები (2) და (3) მოქმედებს: მაშასადამე, ვაიერშტრასის თეორემაზე (მიმდევრობის კონვერგენციის კრიტერიუმი) საფუძველზე, მიმდევრობა იზრდება მონოტონურად და შემოსაზღვრულია, რაც იმას ნიშნავს, რომ მას აქვს ზღვარი, რომელიც აღინიშნება ასო ე. იმათ.

იმის ცოდნა, რომ მეორე ღირსშესანიშნავი ზღვარი ჭეშმარიტია x-ის ბუნებრივ მნიშვნელობებზე, ჩვენ ვამტკიცებთ მეორე შესანიშნავ ზღვარს რეალური x-ისთვის, ანუ ვამტკიცებთ, რომ . განვიხილოთ ორი შემთხვევა:

1. ყოველი x მნიშვნელობა იყოს ორ დადებით რიცხვს შორის: სად არის x-ის მთელი რიცხვი. => =>

თუ , მაშინ ამიტომ, ლიმიტის მიხედვით Ჩვენ გვაქვს

ლიმიტების არსებობის საფუძველზე (შუალედური ფუნქციის ზღვარზე).

2. დაე . მოდით გავაკეთოთ ჩანაცვლება − x = t, მაშინ

ამ ორი შემთხვევიდან გამომდინარეობს, რომ რეალური x-ისთვის.

შედეგები:

9 .) უსასრულო მცირეთა შედარება. თეორემა ზღვარში უსასრულოების ეკვივალენტებით ჩანაცვლების შესახებ და თეორემა უსასრულოების ძირითადი ნაწილის შესახებ.

დაუშვით ფუნქციები a( x) და ბ( x) – ბ.მ. ზე x ® x 0 .

განმარტებები.

1) ა( x) დაურეკა უსასრულოდ მცირე უფრო მაღალი რიგით ვიდრე ბ (x) თუ

დაწერე: ა( x) = o(b( x)) .

2) ა( x) დაბ( x)დაურეკა ერთი და იგივე რიგის უსასრულო პატარა, თუ

სადაც Cℝ და C¹ 0 .

დაწერე: ა( x) = ო(ბ( x)) .

3) ა( x) დაბ( x) დაურეკა ექვივალენტი , თუ

დაწერე: ა( x) ~ ბ( x).

4) ა( x) უსასრულოდ მცირე რიგის k-ს მიმართ
ძალიან უსასრულობ( x), თუ უსასრულოდ მცირეა ( x)და(ბ( x)) კ აქვს იგივე რიგი, ე.ი. თუ

სადაც Cℝ და C¹ 0 .

თეორემა 6 (უსასრულო მცირეების ეკვივალენტებით ჩანაცვლების შესახებ).

დაეა ( x), ბ( x), a 1 ( x), b 1 ( x)– ბ.მ. x-ზე ® x 0 . Თუა ( x) ~ 1 ( x), ბ( x) ~ b 1 ( x),

მაშინ

დადასტურება: მოდით ა( x) ~ 1 ( x), ბ( x) ~ b 1 ( x), მაშინ

თეორემა 7 (დაახლოებით უსასრულოდ პატარას ძირითადი ნაწილი).

დაეა ( x)დაბ( x)– ბ.მ. x-ზე ® x 0 , დაბ( x)– ბ.მ. უფრო მაღალი რიგით ვიდრეა ( x).

= , a წლიდან b( x) - უფრო მაღალი რიგით ვიდრე a( x) , შემდეგ , ე.ი. საწყისი გასაგებია, რომ ა ( x) + ბ( x) ~ ა( x)

10) ფუნქციის უწყვეტობა წერტილში (ეპსილონ-დელტას ლიმიტების ენაზე, გეომეტრიული) ცალმხრივი უწყვეტობა. უწყვეტობა ინტერვალზე, სეგმენტზე. უწყვეტი ფუნქციების თვისებები.

1. ძირითადი განმარტებები

დაე ვ(x) განსაზღვრულია წერტილის რომელიმე მიდამოში x 0 .

განმარტება 1. ფუნქცია ვ(x) დაურეკა უწყვეტი წერტილში x 0 თუ თანასწორობა მართალია

შენიშვნები.

1) §3-ის მე-5 თეორემით, ტოლობა (1) შეიძლება დაიწეროს როგორც

მდგომარეობა (2) - ფუნქციის უწყვეტობის განსაზღვრა წერტილში ცალმხრივი ლიმიტების ენაზე.

2) ტოლობა (1) ასევე შეიძლება დაიწეროს როგორც:

ისინი ამბობენ: „თუ ფუნქცია უწყვეტია წერტილში x 0 , მაშინ ლიმიტის ნიშანი და ფუნქცია შეიძლება შეიცვალოს.

განმარტება 2 (ენაში e-d).

ფუნქცია ვ(x) დაურეკა უწყვეტი წერტილში x 0 თუ"e>0 $d>0 ასეთი, რა

თუ x OU( x 0 , დ) (ანუ | x – x 0 | < d),

შემდეგ ვ(x) შენ( ვ(x 0), ე) (ანუ | ვ(x) – ვ(x 0) | < e).

დაე x, x 0 Î დ(ვ) (x 0 - ფიქსირებული, x-თვითნებური)

აღნიშნე: დ x= x-x 0 – არგუმენტის ზრდა

დ ვ(x 0) = ვ(x) – ვ(x 0) – ფუნქციის ზრდა x წერტილში 0

განმარტება 3 (გეომეტრიული).

ფუნქცია ვ(x) ზე დაურეკა უწყვეტი წერტილში x 0 თუ ამ მომენტში არგუმენტის უსასრულოდ მცირე ზრდა შეესაბამება ფუნქციის უსასრულოდ მცირე ზრდას, ე.ი.

დაუშვით ფუნქცია ვ(x) განისაზღვრება ინტერვალზე [ x 0 ; x 0 + დ) (ინტერვალზე ( x 0 - დ; x 0 ]).

განმარტება. ფუნქცია ვ(x) დაურეკა უწყვეტი წერტილში x 0 მარჯვნივ (დატოვა ), თუ თანასწორობა მართალია

აშკარაა რომ ვ(x) წერტილში უწყვეტია x 0 Û ვ(x) წერტილში უწყვეტია x 0 მარჯვნივ და მარცხნივ.

განმარტება. ფუნქცია ვ(x) დაურეკა უწყვეტი ინტერვალზე ე ( ა; ბ) თუ ის უწყვეტია ამ ინტერვალის ყველა წერტილში.

ფუნქცია ვ(x) სეგმენტზე უწყვეტი ეწოდება [ა; ბ] თუ ის უწყვეტია ინტერვალზე (ა; ბ) და აქვს ცალმხრივი უწყვეტობა სასაზღვრო წერტილებში(ანუ უწყვეტი წერტილში ამარჯვენა, წერტილი ბ- მარცხნივ).

11) შესვენების წერტილები, მათი კლასიფიკაცია

განმარტება. თუ ფუნქცია f(x) განისაზღვრება x წერტილის ზოგიერთ მიმდებარედ 0 , მაგრამ არ არის უწყვეტი იმ მომენტში, მაშინ ვ(x) x წერტილში უწყვეტი ეწოდება 0 , მაგრამ წერტილი x 0 უწოდა რღვევის წერტილი ფუნქციები ვ(x) .

შენიშვნები.

1) ვ(x) შეიძლება განისაზღვროს წერტილის არასრულ სამეზობლოში x 0 .

შემდეგ განიხილეთ ფუნქციის შესაბამისი ცალმხრივი უწყვეტობა.

2) z-ის განმარტებიდან წერტილი x 0 არის ფუნქციის წყვეტის წერტილი ვ(x) ორ შემთხვევაში:

ა) U( x 0, დ)н დ(ვ), მაგრამ ამისთვის ვ(x) თანასწორობა არ არის დაკმაყოფილებული

ბ) U * ( x 0, დ)н დ(ვ) .

ელემენტარული ფუნქციებისთვის შესაძლებელია მხოლოდ ბ) შემთხვევა.

დაე x 0 - ფუნქციის შესვენების წერტილი ვ(x) .

განმარტება. წერტილი x 0 დაურეკა რღვევის წერტილი მე კეთილი თუ ფუნქცია f(x)აქვს სასრული საზღვრები ამ წერტილში მარცხნივ და მარჯვნივ.

თუ გარდა ამისა, ეს ზღვრები ტოლია, მაშინ წერტილი x 0 დაურეკა შესვენების წერტილი , წინააღმდეგ შემთხვევაში - ნახტომის წერტილი .

განმარტება. წერტილი x 0 დაურეკა რღვევის წერტილი II კეთილი თუ f ფუნქციის ცალმხრივი ზღვრებიდან ერთი მაინც(x)ამ ეტაპზე უდრის¥ ან არ არსებობს.

12) უწყვეტი ფუნქციების თვისებები სეგმენტზე (ვაიერშტრასის (დამტკიცების გარეშე) და კოშის თეორემები

ვაიერშტრასის თეორემა

დაე, ფუნქცია f(x) იყოს უწყვეტი სეგმენტზე, მაშინ

1)f(x) შემოიფარგლება

2) f (x) იღებს ინტერვალს მის უმცირეს და უდიდეს მნიშვნელობებს

განმარტება: m=f ფუნქციის მნიშვნელობა ეწოდება უმცირესს, თუ m≤f(x) ნებისმიერი x ∈ D(f).

m=f ფუნქციის მნიშვნელობას უწოდებენ უდიდესს, თუ m≥f(x) ნებისმიერი x ∈ D(f).

ფუნქციას შეუძლია მიიღოს უმცირესი \ უდიდესი მნიშვნელობა სეგმენტის რამდენიმე წერტილში.

f(x 3)=f(x4)=მაქს

კოშის თეორემა.

დაე, ფუნქცია f(x) იყოს უწყვეტი სეგმენტზე და x იყოს რიცხვი, რომელიც ჩასმულია f(a) და f(b) შორის, მაშინ არის მინიმუმ ერთი წერტილი x 0 € ისეთი, რომ f(x 0)= g.

პირველ შესანიშნავ ზღვარს ეწოდება შემდეგი თანასწორობა:

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

ვინაიდან $\alpha\to(0)$-ისთვის გვაქვს $\sin\alpha\to(0)$, ჩვენ ვამბობთ, რომ პირველი მნიშვნელოვანი ზღვარი ავლენს $\frac(0)(0)$ ფორმის განუსაზღვრელობას. ზოგადად რომ ვთქვათ, ფორმულაში (1), $\alpha$ ცვლადის ნაცვლად, სინუს ნიშნის ქვეშ და მნიშვნელში, ნებისმიერი გამოხატულება შეიძლება განთავსდეს, თუ დაკმაყოფილებულია ორი პირობა:

1. გამონათქვამები სინუს ნიშნის ქვეშ და მნიშვნელში ერთდროულად მიდრეკილია ნულისკენ, ე.ი. არსებობს $\frac(0)(0)$ ფორმის გაურკვევლობა.
2. გამონათქვამები სინუს ნიშნის ქვეშ და მნიშვნელში იგივეა.

ასევე ხშირად გამოიყენება პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის დასკვნა:

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

თერთმეტი მაგალითი მოგვარებულია ამ გვერდზე. მაგალითი No1 ეთმობა ფორმულების (2)-(4) დადასტურებას. #2, #3, #4 და #5 მაგალითები შეიცავს გადაწყვეტილებებს დეტალური კომენტარებით. მაგალითები 6-10 შეიცავს გადაწყვეტილებებს მცირე ან კომენტარის გარეშე, რადგან დეტალური ახსნა იყო მოცემული წინა მაგალითებში. ამოხსნისას გამოიყენება რამდენიმე ტრიგონომეტრიული ფორმულა, რომელიც შეიძლება მოიძებნოს.

მე აღვნიშნავ, რომ ტრიგონომეტრიული ფუნქციების არსებობა, $\frac (0) (0)$-ის გაურკვევლობასთან ერთად, არ ნიშნავს, რომ უნდა იქნას გამოყენებული პირველი მნიშვნელოვანი ზღვარი. ზოგჯერ საკმარისია მარტივი ტრიგონომეტრიული გარდაქმნები - მაგალითად, იხ.

მაგალითი #1

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

ა) ვინაიდან $\tg\alpha=\frac(\sin\alpha)(\cos\alpha)$, მაშინ:

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

ვინაიდან $\lim_(\alpha\to(0))\cos(0)=1$ და $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1$, მაშინ:

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

ბ) გავაკეთოთ ჩანაცვლება $\alpha=\sin(y)$. ვინაიდან $\sin(0)=0$, მაშინ $\alpha\to(0)$ მდგომარეობიდან გვაქვს $y\to(0)$. გარდა ამისა, არის ნულის სამეზობლო, სადაც $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin(y))=y$, ასე რომ:

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

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

გ) გავაკეთოთ ჩანაცვლება $\alpha=\tg(y)$. ვინაიდან $\tg(0)=0$, პირობები $\alpha\to(0)$ და $y\to(0)$ ექვივალენტურია. გარდა ამისა, არის ნულის სამეზობლო, სადაც $\arctg\alpha=\arctg\tg(y))=y$, შესაბამისად, a წერტილის შედეგებზე დაყრდნობით, გვექნება:

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

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

ტოლობები a), b), c) ხშირად გამოიყენება პირველ საყურადღებო ზღვართან ერთად.

მაგალითი #2

ლიმიტის გამოთვლა $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)( x+7))$.

ვინაიდან $\lim_(x\to(2))\frac(x^2-4)(x+7)=\frac(2^2-4)(2+7)=0$ და $\lim_( x \to(2))\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right)=\sin(0)=0$, ე.ი. ხოლო წილადის მრიცხველი და მნიშვნელი ერთდროულად მიდრეკილია ნულისკენ, მაშინ აქ საქმე გვაქვს $\frac(0)(0)$ ფორმის განუსაზღვრელობასთან, ე.ი. შესრულებული. გარდა ამისა, ჩანს, რომ გამონათქვამები სინუს ნიშნის ქვეშ და მნიშვნელში იგივეა (ე.ი. და დაკმაყოფილებულია):

ასე რომ, გვერდის დასაწყისში ჩამოთვლილი ორივე პირობა დაკმაყოფილებულია. აქედან გამომდინარეობს, რომ ფორმულა გამოიყენება, ე.ი. $\lim_(x\to(2)) \frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)(x+ 7 ))=1$.

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

მაგალითი #3

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

ვინაიდან $\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ და $\lim_(x\to(0))x=0$, საქმე გვაქვს $\frac(-ის ფორმის გაურკვევლობასთან. 0 )(0)$, ე.ი. შესრულებული. თუმცა, გამონათქვამები სინუს ნიშნის ქვეშ და მნიშვნელში არ ემთხვევა. აქ საჭიროა მნიშვნელში გამოხატვის სასურველ ფორმაზე მორგება. ჩვენ გვჭირდება გამონათქვამი $9x$ რომ იყოს მნიშვნელში - მაშინ ის გახდება ჭეშმარიტი. ძირითადად, ჩვენ გვაკლდება $9$-ის ფაქტორი მნიშვნელში, რომლის შეყვანა არც ისე რთულია, უბრალოდ გაამრავლეთ მნიშვნელის გამოხატულება $9$-ზე. ბუნებრივია, 9$-ზე გამრავლების კომპენსაციისთვის მოგიწევთ დაუყოვნებლივ გაყოთ $9$-ზე და გაყოთ:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=\მარცხნივ|\frac(0)(0)\მარჯვნივ| =\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x\cdot\frac(1)(9)) =9\lim_(x\to(0))\frac(\sin (9x))(9x) $$

ახლა გამონათქვამები მნიშვნელში და სინუს ნიშნის ქვეშ იგივეა. $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)$ ლიმიტის ორივე პირობა დაკმაყოფილებულია. აქედან გამომდინარე, $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=1$. და ეს ნიშნავს, რომ:

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

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

მაგალითი #4

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

ვინაიდან $\lim_(x\to(0))\sin(5x)=0$ და $\lim_(x\to(0))\tg(8x)=0$, აქ საქმე გვაქვს გაურკვევლობასთან. ფორმა $\frac(0)(0)$. თუმცა, პირველი ღირსშესანიშნავი ლიმიტის ფორმა დარღვეულია. მრიცხველი, რომელიც შეიცავს $\sin(5x)$-ს, მოითხოვს $5x$ მნიშვნელში. ამ სიტუაციაში უმარტივესი გზაა მრიცხველის გაყოფა $5x$-ზე და დაუყოვნებლივ გამრავლება $5x$-ზე. გარდა ამისა, ჩვენ გავაკეთებთ მსგავს ოპერაციას მნიშვნელით, გავამრავლებთ და გავყოფთ $\tg(8x)$-ზე $8x$-ზე:

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

$x$-ით შემცირება და $\frac(5)(8)$ მუდმივი ლიმიტის ნიშნიდან ამოღება, მივიღებთ:

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

გაითვალისწინეთ, რომ $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x)$ სრულად აკმაყოფილებს პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის მოთხოვნებს. $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(8x))(8x)$-ის საპოვნელად გამოიყენება შემდეგი ფორმულა:

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

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

მაგალითი #5

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

ვინაიდან $\lim_(x\to(0))(\cos(5x)-\cos^3(5x))=1-1=0$ (შეგახსენებთ, რომ $\cos(0)=1$) და $\ lim_(x\to(0))x^2=0$, მაშინ საქმე გვაქვს $\frac(0)(0)$ ფორმის განუსაზღვრელობასთან. თუმცა, პირველი მშვენიერი ლიმიტის გამოსაყენებლად, თქვენ უნდა მოიცილოთ კოსინუსი მრიცხველში სინუსებზე (იმისთვის, რომ შემდეგ გამოიყენოთ ფორმულა) ან ტანგენტები (იმისთვის, რომ შემდეგ გამოიყენოთ ფორმულა). ამის გაკეთება შეგიძლიათ შემდეგი ტრანსფორმაციის საშუალებით:

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

დავუბრუნდეთ ზღვარს:

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

ფრაქცია $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ უკვე ახლოსაა პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტისთვის საჭირო ფორმასთან. მოდით ცოტა ვიმუშაოთ $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ წილადთან, დავარეგულიროთ იგი პირველ შესანიშნავ ზღვარზე (გაითვალისწინეთ, რომ გამოსახულებები მრიცხველში და სინუსში უნდა ემთხვეოდეს):

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

დავუბრუნდეთ განხილულ ლიმიტს:

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

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

მაგალითი #6

იპოვეთ ლიმიტი $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))$.

ვინაიდან $\lim_(x\to(0))(1-\cos(6x))=0$ და $\lim_(x\to(0))(1-\cos(2x))=0$, მაშინ საქმე გვაქვს $\frac(0)(0)$-ის გაურკვევლობასთან. მოდით გავხსნათ იგი პირველი ღირსშესანიშნავი ლიმიტის დახმარებით. ამისათვის გადავიდეთ კოსინუსებიდან სინუსებზე. ვინაიდან $1-\cos(2\alpha)=2\sin^2(\alpha)$, მაშინ:

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

სინუსების მოცემულ ზღვარზე გადასვლისას გვექნება:

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

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

მაგალითი #7

გამოთვალეთ ლიმიტი $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ მოცემული $\alpha\neq\ beta $.

დეტალური განმარტებები ადრე იყო მოცემული, მაგრამ აქ ჩვენ უბრალოდ აღვნიშნავთ, რომ კვლავ არის $\frac(0)(0)$-ის განუსაზღვრელობა. მოდით გადავიდეთ კოსინუსებიდან სინუსებზე ფორმულის გამოყენებით

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

ზემოაღნიშნული ფორმულის გამოყენებით მივიღებთ:

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

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

მაგალითი #8

იპოვეთ ლიმიტი $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)$.

ვინაიდან $\lim_(x\to(0))(\tg(x)-\sin(x))=0$ (გაიხსენეთ, რომ $\sin(0)=\tg(0)=0$) და $\ lim_(x\to(0))x^3=0$, მაშინ აქ საქმე გვაქვს $\frac(0)(0)$ ფორმის განუსაზღვრელობასთან. მოდით დავშალოთ ასე:

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

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

მაგალითი #9

იპოვეთ ლიმიტი $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))$.

ვინაიდან $\lim_(x\to(3))(1-\cos(x-3))=0$ და $\lim_(x\to(3))(x-3)\tg\frac(x - 3)(2)=0$, მაშინ არის $\frac(0)(0)$ ფორმის განუსაზღვრელობა. სანამ მის გაფართოებას გააგრძელებთ, მოსახერხებელია ცვლადის შეცვლა ისე, რომ ახალი ცვლადი ნულისკენ მიისწრაფვის (გაითვალისწინეთ, რომ ცვლადი $\alpha \ 0$-მდე ფორმულებში). უმარტივესი გზაა $t=x-3$ ცვლადის შემოღება. თუმცა, შემდგომი გარდაქმნების მოხერხებულობისთვის (ეს სარგებელი ჩანს ქვემოთ მოყვანილი ამოხსნის პროცესში), ღირს შემდეგი ჩანაცვლება: $t=\frac(x-3)(2)$. აღვნიშნავ, რომ ორივე ჩანაცვლება გამოიყენება ამ შემთხვევაში, მხოლოდ მეორე ჩანაცვლება საშუალებას მოგცემთ ნაკლები იმუშაოთ წილადებთან. $x\to(3)$, შემდეგ $t\to(0)$.

$$ \lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=\მარცხნივ|\frac (0)(0)\მარჯვნივ| =\მარცხნივ|\begin(გასწორებული)&t=\frac(x-3)(2);\\&t\to(0)\end(გასწორებული)\მარჯვნივ| =\lim_(t\to(0))\frac(1-\cos(2t))(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to(0))\frac(2\sin^ 2t)(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\tg(t))=\\ =\lim_(t\ to(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\frac(\sin(t))(\cos(t))) =\lim_(t\to(0))\frac(\sin (t)\cos(t))(t) =\lim_(t\to(0))\left(\frac(\sin(t))(t)\cdot\cos(t)\მარჯვნივ) =\ lim_(t\to(0))\frac(\sin(t))(t)\cdot\lim_(t\to(0))\cos(t) =1\cdot(1) =1. $$

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

მაგალითი #10

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

ისევ გვაქვს საქმე $\frac(0)(0)$-ის გაურკვევლობასთან. სანამ მის გაფართოებას გააგრძელებთ, მოსახერხებელია ცვლადის ცვლილება ისე, რომ ახალი ცვლადი ნულისკენ მიისწრაფვის (გაითვალისწინეთ, რომ ფორმულებში ცვლადი არის $\alpha\to(0)$). უმარტივესი გზაა $t=\frac(\pi)(2)-x$ ცვლადის შემოღება. ვინაიდან $x\to\frac(\pi)(2)$, შემდეგ $t\to(0)$:

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

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

მაგალითი #11

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

ამ შემთხვევაში, ჩვენ არ უნდა გამოვიყენოთ პირველი მშვენიერი ლიმიტი. გთხოვთ გაითვალისწინოთ: როგორც პირველ, ასევე მეორე საზღვრებში არის მხოლოდ ტრიგონომეტრიული ფუნქციები და რიცხვები. ხშირად, ამ ტიპის მაგალითებში, შესაძლებელია ლიმიტის ნიშნის ქვეშ მდებარე გამოხატვის გამარტივება. ამ შემთხვევაში, აღნიშნული გამარტივებისა და ზოგიერთი ფაქტორის შემცირების შემდეგ გაურკვევლობა ქრება. მე მოვიყვანე ეს მაგალითი მხოლოდ ერთი მიზნით: მეჩვენებინა, რომ ტრიგონომეტრიული ფუნქციების არსებობა ზღვრის ნიშნის ქვეშ სულაც არ ნიშნავს პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის გამოყენებას.

ვინაიდან $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))(1-\sin(x))=0$ (გაიხსენეთ, რომ $\sin\frac(\pi)(2)=1$) და $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\cos^2x=0$ (გაიხსენეთ, რომ $\cos\frac(\pi)(2)=0$), მაშინ საქმე გვაქვს გაურკვევლობასთან $\frac(0)(0)$ ფორმის. თუმცა, ეს საერთოდ არ ნიშნავს იმას, რომ ჩვენ უნდა გამოვიყენოთ პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტი. გაურკვევლობის გამოსავლენად, საკმარისია გავითვალისწინოთ, რომ $\cos^2x=1-\sin^2x$:

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

მსგავსი გამოსავალია დემიდოვიჩის ამოხსნის წიგნში (No475). რაც შეეხება მეორე ლიმიტს, როგორც ამ განყოფილების წინა მაგალითებში, გვაქვს $\frac(0)(0)$ ფორმის გაურკვევლობა. რატომ ჩნდება? ის წარმოიქმნება იმის გამო, რომ $\tg\frac(2\pi)(3)=-\sqrt(3)$ და $2\cos\frac(2\pi)(3)=-1$. ჩვენ ვიყენებთ ამ მნიშვნელობებს მრიცხველში და მნიშვნელში გამოსახულებების გარდაქმნისთვის. ჩვენი მოქმედებების მიზანი: ჩაწერეთ ჯამი მრიცხველში და მნიშვნელში, როგორც ნამრავლი. სხვათა შორის, ხშირად მოსახერხებელია ცვლადის შეცვლა მსგავსი ფორმის ფარგლებში ისე, რომ ახალი ცვლადი ნულისკენ მიისწრაფვის (იხილეთ, მაგალითად, მაგალითები No9 ან No10 ამ გვერდზე). თუმცა, ამ მაგალითში ცვლადის ჩანაცვლებას აზრი არ აქვს, თუმცა სურვილის შემთხვევაში ადვილია $t=x-\frac(2\pi)(3)$ ცვლადის ჩანაცვლება.

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

როგორც ხედავთ, პირველი მშვენიერი ლიმიტის გამოყენება არ დაგვჭირდა. რა თქმა უნდა, ეს შეიძლება გაკეთდეს სურვილის შემთხვევაში (იხ. შენიშვნა ქვემოთ), მაგრამ ეს არ არის აუცილებელი.

რა გამოსავალი იქნებოდა პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის გამოყენებით? ჩვენება დამალვა

პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის გამოყენებით, ჩვენ ვიღებთ:

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

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

პირველი ღირსშესანიშნავი ზღვარი ხშირად გამოიყენება ზღვრების გამოსათვლელად, რომლებიც შეიცავს სინუსს, რკალს, ტანგენტს, არქტანგენტს და შედეგად მიღებული განუსაზღვრელობა ნულს გაყოფილი ნულზე.

ფორმულა

პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის ფორმულა არის: $$ \lim_(\alpha\ to 0) \frac(\sin\alpha)(\alpha) = 1 $$

ჩვენ ვამჩნევთ, რომ $ \alpha\ to 0 $ იძლევა $ \sin\alpha \ 0 $-მდე, ამდენად, ჩვენ გვაქვს ნულები მრიცხველში და მნიშვნელში. ამრიგად, პირველი ღირსშესანიშნავი ლიმიტის ფორმულა საჭიროა $ \frac(0)(0) $-ის განუსაზღვრელობის გამოსავლენად.

ფორმულის გამოსაყენებლად, ორი პირობა უნდა აკმაყოფილებდეს:

1. წილადის სინუსში და მნიშვნელში შემავალი გამონათქვამები იგივეა
2. წილადის სინუსში და მნიშვნელში გამოსახულებები ნულისკენ მიდრეკილია

ყურადღება! $ \lim_(x\ to 0) \frac(\sin(2x^2+1))(2x^2+1) \neq 1 $ მართალია სინუსში და მნიშვნელში გამოსახულებები იგივეა, მაგრამ $ 2x ^2+1 = 1 $, როდესაც $ x\ 0 $-მდე. მეორე პირობა არ არის დაკმაყოფილებული, ამიტომ ფორმულის გამოყენება შეუძლებელია!

შედეგები

საკმაოდ იშვიათად, ამოცანებში შეგიძლიათ ნახოთ სუფთა პირველი მშვენიერი ლიმიტი, რომელშიც შეგიძლიათ დაუყოვნებლივ ჩაწეროთ პასუხი. პრაქტიკაში, ყველაფერი ცოტა უფრო რთულად გამოიყურება, მაგრამ ასეთი შემთხვევებისთვის სასარგებლო იქნება პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის შედეგების ცოდნა. მათი წყალობით, თქვენ შეგიძლიათ სწრაფად გამოთვალოთ სასურველი ლიმიტები.

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

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

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

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

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

გადაწყვეტის მაგალითები

განვიხილოთ პირველი ღირსშესანიშნავი ზღვარი, რომლის ამოხსნის მაგალითები ტრიგონომეტრიული ფუნქციების და გაურკვევლობის შემცველი ლიმიტების გამოსათვლელად $ \bigg[\frac(0)(0)\bigg] $

მაგალითი 1

გამოთვალეთ $ \lim_(x\ to 0) \frac(\sin2x) (4x) $

გამოსავალი

გაითვალისწინეთ ლიმიტი და გაითვალისწინეთ, რომ ის შეიცავს სინუსს. შემდეგი, ჩვენ ვცვლით $ x = 0 $ მრიცხველში და მნიშვნელში და მივიღებთ ნულის გაურკვევლობას გაყოფილი ნულზე: $$ \lim_(x\ 0-მდე) \frac(\sin2x)(4x) = \frac(0)( 0) $$ უკვე ორი ნიშანია იმისა, რომ მშვენიერი ლიმიტის გამოყენება გჭირდებათ, მაგრამ არის პატარა ნიუანსი: ჩვენ ვერ შევძლებთ დაუყოვნებლივ გამოვიყენოთ ფორმულა, რადგან სინუს ნიშნის ქვეშ გამოხატული გამოხატულება განსხვავდება მნიშვნელისგან. და ჩვენ გვჭირდება ისინი თანაბარი. მაშასადამე, მრიცხველის ელემენტარული გარდაქმნების დახმარებით მას $2x$-ად გადავაქცევთ. ამისთვის წილადის მნიშვნელიდან ცალკე ფაქტორზე ამოვიღებთ დუმს. ასე გამოიყურება: $$ \lim_(x\ to 0) \frac(\sin2x)(4x) = \lim_(x\ to 0) \frac(\sin2x)(2\cdot 2x) = $$ $$ = \frac(1)(2) \lim_(x\0) \frac(\sin2x)(2x) = \frac(1)(2)\cdot 1 = \frac(1)(2) $$ , რომ ბოლოს $ \lim_(x\ to 0) \frac(\sin2x)(2x) = 1 $ მიიღეს ფორმულით. თუ ვერ გადაჭრით პრობლემას, გამოგვიგზავნეთ. ჩვენ მოგაწვდით დეტალურ გადაწყვეტას. თქვენ შეძლებთ გაეცნოთ გაანგარიშების მიმდინარეობას და შეაგროვოთ ინფორმაცია. ეს დაგეხმარებათ მასწავლებლისგან დროულად მიიღოთ კრედიტი!

უპასუხე

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

მაგალითი 2

იპოვეთ $ \lim_(x\ to 0) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) $

გამოსავალი

როგორც ყოველთვის, ჯერ უნდა იცოდეთ გაურკვევლობის ტიპი. თუ ის იყოფა ნულზე ნულზე, მაშინ ყურადღებას ვაქცევთ სინუსის არსებობას: $$ \lim_(x\ 0-მდე) \frac(\sin(x^3+2x))(2x-x^4) = \frac(0) (0) = $$ ეს გაურკვევლობა საშუალებას გვაძლევს გამოვიყენოთ პირველი ღირსშესანიშნავი ლიმიტის ფორმულა, მაგრამ გამოსახვა მნიშვნელიდან არ არის სინუსის არგუმენტის ტოლი? ამიტომ ფორმულის „შუბლზე“ გამოყენება შეუძლებელია. თქვენ უნდა გაამრავლოთ და გაყოთ წილადი სინუს არგუმენტზე: $$ = \lim_(x\ 0-მდე) \frac((x^3+2x)\sin(x^3+2x))((2x-x^ 4)(x ^3+2x)) = $$ ახლა ჩვენ აღვწერთ ლიმიტების თვისებებს: $$ = \lim_(x\ to 0) \frac((x^3+2x))(2x-x^4 )\cdot \lim_(x \ to 0) \frac(\sin(x^3+2x))((x^3+2x)) = $$ მეორე ლიმიტი უბრალოდ შეესაბამება ფორმულას და უდრის ერთს: $ $ = \lim_(x\ 0-მდე) \frac(x^3+2x)(2x-x^4)\cdot 1 = \lim_(x\ 0-მდე) \frac(x^3+2x)(2x- x^4) = $$ ჩაანაცვლეთ $ x = 0 $ წილადში და მიიღეთ $ \frac(0)(0) $ გაურკვევლობა. მის აღმოსაფხვრელად საკმარისია აიღოთ $ x $ ფრჩხილებიდან და შეამციროთ ამით: $$ = \lim_(x\ 0-მდე) \frac(x(x^2+2))(x(2-x^ 3)) = \ lim_(x\ 0) \frac(x^2+2)(2-x^3) = $$ $$ = \frac(0^2 + 2)(2 - 0^3) = \frac(2)(2) = 1 $$

უპასუხე

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

მაგალითი 4

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

გამოსავალი

დავიწყოთ გამოთვლა $ x=0 $-ის ჩანაცვლებით. შედეგად, ჩვენ ვიღებთ გაურკვევლობას $ \frac(0)(0) $. ლიმიტი შეიცავს სინუსს და ტანგენტს, რაც მიანიშნებს სიტუაციის შესაძლო განვითარებაზე პირველი მნიშვნელოვანი ლიმიტის ფორმულის გამოყენებით. გადავიყვანოთ წილადის მრიცხველი და მნიშვნელი ფორმულად და შედეგად: $$ \lim_(x\to0) \frac(\sin2x)(tg3x) = \frac(0)(0) = \lim_(x\to0) \frac(\frac(\sin2x)(2x)\cdot 2x )(\frac(tg3x)(3x)\cdot 3x) = $$ ახლა ჩვენ ვხედავთ მრიცხველსა და მნიშვნელში არის გამონათქვამები, რომლებიც შესაფერისია ფორმულისა და შედეგებისთვის. სინუს არგუმენტი და ტანგენტის არგუმენტი იგივეა შესაბამისი მნიშვნელებისთვის $$ = \lim_(x\to0) \frac(1\cdot 2x)(1\cdot 3x) = \frac(2)(3) $$

უპასუხე

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

სტატიაში: "პირველი ღირსშესანიშნავი ზღვარი, გადაწყვეტილებების მაგალითები" იყო ნათქვამი იმ შემთხვევებზე, რომლებშიც მიზანშეწონილია ამ ფორმულის გამოყენება და მისი შედეგები.

მეორე ღირსშესანიშნავი ლიმიტის ფორმულა არის lim x → ∞ 1 + 1 x x = e. წერის სხვა ფორმა ასე გამოიყურება: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e .

როდესაც ვსაუბრობთ მეორე საყურადღებო ზღვარზე, საქმე გვაქვს 1 ∞ ფორმის გაურკვევლობასთან, ე.ი. ერთეული უსასრულო ხარისხით.

Yandex.RTB R-A-339285-1

განვიხილოთ პრობლემები, რომლებშიც ჩვენ გვჭირდება მეორე მნიშვნელოვანი ლიმიტის გამოთვლის შესაძლებლობა.

მაგალითი 1

იპოვეთ ლიმიტი lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .

გამოსავალი

შეცვალეთ სასურველი ფორმულა და შეასრულეთ გამოთვლები.

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

ჩვენს პასუხში მივიღეთ უსასრულობის სიმძლავრის ერთეული. ამოხსნის მეთოდის დასადგენად ვიყენებთ გაურკვევლობების ცხრილს. ვირჩევთ მეორე საყურადღებო ლიმიტს და ვაკეთებთ ცვლადების ცვლილებას.

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

თუ x → ∞ მაშინ t → - ∞.

ვნახოთ, რა მივიღეთ ჩანაცვლების შემდეგ:

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

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

მაგალითი 2

გამოთვალეთ ლიმიტი lim x → ∞ x - 1 x + 1 x.

გამოსავალი

ჩაანაცვლეთ უსასრულობა და მიიღეთ შემდეგი.

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

პასუხში ისევ მივიღეთ იგივე, რაც წინა პრობლემაში, შესაბამისად, შეგვიძლია ისევ გამოვიყენოთ მეორე მშვენიერი ლიმიტი. შემდეგი, ჩვენ უნდა ავირჩიოთ მთელი რიცხვი დენის ფუნქციის ბაზაზე:

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

ამის შემდეგ, ლიმიტი იღებს შემდეგ ფორმას:

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

ჩვენ ვცვლით ცვლადებს. ვთქვათ, რომ t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1 ; თუ x → ∞, მაშინ t → ∞.

ამის შემდეგ, ჩვენ ვწერთ იმას, რაც მივიღეთ თავდაპირველ ლიმიტში:

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

ამ ტრანსფორმაციის შესასრულებლად ჩვენ გამოვიყენეთ ლიმიტებისა და ძალების ძირითადი თვისებები.

პასუხი: lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = e - 2.

მაგალითი 3

გამოთვალეთ ლიმიტი lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .

გამოსავალი

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∞

ამის შემდეგ, ჩვენ უნდა შევასრულოთ ფუნქციის ტრანსფორმაცია მეორე შესანიშნავი ლიმიტის გამოსაყენებლად. მივიღეთ შემდეგი:

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

ვინაიდან ახლა ჩვენ გვაქვს ერთი და იგივე მაჩვენებლები წილადის მრიცხველსა და მნიშვნელში (უდრის ექვსს), წილადის ზღვარი უსასრულობაში ტოლი იქნება ამ კოეფიციენტების თანაფარდობის უფრო მაღალი ხარისხებით.

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

t = x 2 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 ჩანაცვლებით, ჩვენ ვიღებთ მეორე ღირსშესანიშნავ ზღვარს. Რას ნიშნავს:

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

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

დასკვნები

გაურკვევლობა 1 ∞ , ე.ი. ერთეული უსასრულო ხარისხით არის ძალაუფლება-კანონის გაურკვევლობა, შესაბამისად, მისი გამოვლენა შესაძლებელია ექსპონენციური სიმძლავრის ფუნქციების საზღვრების პოვნის წესების გამოყენებით.

თუ შეამჩნევთ შეცდომას ტექსტში, მონიშნეთ იგი და დააჭირეთ Ctrl+Enter