Llogaritja e kufijve duke përdorur kufij të mrekullueshëm. Kufiri i parë dhe i dytë i mrekullueshëm

Gjeni kufij të mrekullueshëmËshtë e vështirë jo vetëm për shumë studentë të vitit të parë dhe të dytë që studiojnë teorinë e kufijve, por edhe për disa mësues.

Formula për kufirin e parë të shquar

Pasojat e kufirit të parë të shquar le ta shkruajmë në formula
1. 2. 3. 4. Por vetë formulat e përgjithshme të kufijve të shquar nuk i ndihmojnë askujt në një provim apo test. Çështja është se detyrat reale janë ndërtuar në mënyrë që ju ende duhet të arrini në formulat e shkruara më sipër. Dhe shumica e studentëve që mungojnë në mësime, e studiojnë këtë lëndë në mungesë ose kanë mësues që vetë nuk e kuptojnë gjithmonë atë që po shpjegojnë, nuk mund të llogarisin shembujt më elementar në kufij të jashtëzakonshëm. Nga formulat e kufirit të parë të shquar shohim se me ndihmën e tyre është e mundur të studiohen pasiguritë e tipit zero pjesëtuar me zero për shprehjet me funksione trigonometrike. Le të shqyrtojmë së pari një numër shembujsh të kufirit të parë të shquar dhe më pas të studiojmë kufirin e dytë të shquar.

Shembulli 1. Gjeni kufirin e funksionit sin(7*x)/(5*x)
Zgjidhja: Siç mund ta shihni, funksioni nën kufi është afër kufirit të parë të shquar, por kufiri i vetë funksionit definitivisht nuk është i barabartë me një. Në këtë lloj detyrash për kufijtë, duhet zgjedhur në emërues një variabël me të njëjtin koeficient që përmban ndryshorja nën sinus. Në këtë rast, pjesëtojeni dhe shumëzoni me 7

Për disa, një detaj i tillë do të duket i panevojshëm, por për shumicën e studentëve që kanë vështirësi me kufijtë, do t'i ndihmojë ata të kuptojnë më mirë rregullat dhe të zotërojnë materialin teorik.
Gjithashtu, nëse ka një formë të anasjelltë të një funksioni, ky është gjithashtu kufiri i parë i mrekullueshëm. Dhe të gjitha sepse kufiri i mrekullueshëm është i barabartë me një

I njëjti rregull zbatohet për pasojat e kufirit të parë të shquar. Prandaj, nëse pyeteni: "Cili është kufiri i parë i jashtëzakonshëm?" Duhet të përgjigjeni pa hezitim se është njësi.

Shembulli 2. Gjeni kufirin e funksionit sin(6x)/tan(11x)
Zgjidhja: Për të kuptuar rezultatin përfundimtar, le të shkruajmë funksionin në formë

Për të zbatuar rregullat e kufirit të shquar, shumëzoni dhe pjesëtoni me faktorë

Më pas, ne shkruajmë kufirin e një produkti të funksioneve përmes produktit të kufijve

Pa formula komplekse, gjetëm kufirin e funksioneve trigonometrike. Për të zotëruar formula të thjeshta, përpiquni të gjeni dhe gjeni kufirin në 2 dhe 4, formulën për përfundimin e 1 kufirit të mrekullueshëm. Ne do të shqyrtojmë probleme më komplekse.

Shembulli 3: Llogaritni kufirin (1-cos(x))/x^2
Zgjidhja: Kur kontrollojmë me zëvendësim, marrim një pasiguri prej 0/0. Shumë njerëz nuk dinë si ta reduktojnë një shembull të tillë në një kufi të jashtëzakonshëm. Këtu duhet të përdoret formula trigonometrike

Në këtë rast, kufiri do të shndërrohet në një formë të qartë

Ne arritëm të reduktojmë funksionin në katrorin e një kufiri të jashtëzakonshëm.

Shembulli 4. Gjeni kufirin
Zgjidhja: Kur zëvendësojmë, marrim veçorinë e njohur 0/0. Sidoqoftë, ndryshorja priret në Pi dhe jo në zero. Prandaj, për të aplikuar kufirin e parë të shquar, ne do të bëjmë një ndryshim të tillë në ndryshoren x në mënyrë që ndryshorja e re të shkojë në zero. Për ta bërë këtë, ne e shënojmë emëruesin si një ndryshore të re Pi-x=y

Kështu, duke përdorur formulën trigonometrike të dhënë në detyrën e mëparshme, shembulli reduktohet në 1 kufi të shquar.

Shembulli 5: Llogaritni kufirin
Zgjidhja: Në fillim nuk është e qartë se si të thjeshtohen kufijtë. Por meqenëse ka një shembull, atëherë duhet të ketë një përgjigje. Fakti që ndryshorja shkon në unitet jep, kur zëvendësohet, një tipar i formës zero të shumëzuar me pafundësinë, kështu që tangjenta duhet të zëvendësohet duke përdorur formulën

Pas kësaj marrim pasigurinë e kërkuar 0/0. Më pas, ne kryejmë një ndryshim të ndryshoreve në kufi dhe përdorim periodicitetin e kotangjentës

Zëvendësimet e fundit na lejojnë të përdorim përfundimin 1 të kufirit të jashtëzakonshëm.

Kufiri i dytë i shquar është i barabartë me eksponencialin

Ky është një klasik që nuk është gjithmonë i lehtë për t'u arritur në problemet reale të kufirit.
Në llogaritjet do t'ju duhet kufijtë janë pasoja të kufirit të dytë të shquar:
1. 2. 3. 4.
Falë kufirit të dytë të jashtëzakonshëm dhe pasojave të tij, është e mundur të eksplorohen pasiguri të tilla si zero pjesëtuar me zero, një në fuqinë e pafundësisë dhe pafundësia pjesëtuar me pafundësinë, madje edhe në të njëjtën shkallë.

Le të fillojmë me shembuj të thjeshtë.

Shembulli 6. Gjeni kufirin e një funksioni
Zgjidhja: Zbatimi i drejtpërdrejtë i kufirit të 2-të të shquar nuk do të funksionojë. Së pari, duhet ta transformoni eksponentin në mënyrë që të duket si anasjellta e termit në kllapa

Kjo është teknika e reduktimit në kufirin e 2-të të shquar dhe, në thelb, nxjerrjes së formulës së dytë për rrjedhojën e kufirit.

Shembulli 7. Gjeni kufirin e një funksioni
Zgjidhje: Kemi detyra për formulën 3 të përfundimit 2 të një kufiri të mrekullueshëm. Zëvendësimi i zeros jep një singularitet të formës 0/0. Për të rritur kufirin në një rregull, kthejmë emëruesin në mënyrë që ndryshorja të ketë të njëjtin koeficient si në logaritëm

Është gjithashtu e lehtë për t'u kuptuar dhe kryer në provim. Vështirësitë e nxënësve në llogaritjen e kufijve fillojnë me problemet e mëposhtme.

Shembulli 8. Llogaritni kufirin e një funksioni[(x+7)/(x-3)]^(x-2)
Zgjidhja: Kemi një singularitet të tipit 1 me fuqinë e pafundësisë. Nëse nuk më besoni, mund të zëvendësoni pafundësinë me "X" kudo dhe të siguroheni për të. Për të ndërtuar një rregull, ne e ndajmë numëruesin me emëruesin në kllapa për ta bërë këtë, fillimisht kryejmë manipulimet;

Le ta zëvendësojmë shprehjen në kufi dhe ta kthejmë në 2 kufi të mrekullueshëm

Kufiri është i barabartë me fuqinë eksponenciale prej 10. Konstantet që janë terma me një ndryshore, si në kllapa ashtu edhe në një shkallë, nuk paraqesin asnjë "mot" - kjo duhet mbajtur mend. Dhe nëse mësuesit tuaj ju pyesin: "Pse nuk e konvertoni treguesin?" (Për këtë shembull në x-3), atëherë thoni se "Kur një variabël priret në pafundësi, atëherë madje shtoni 100 ose zbrisni 1000, dhe kufiri do të mbetet i njëjtë siç ishte!"
Ekziston një mënyrë e dytë për të llogaritur kufijtë e këtij lloji. Ne do të flasim për këtë në detyrën tjetër.

Shembulli 9. Gjeni kufirin
Zgjidhja: Tani le të nxjerrim variablin në numërues dhe emërues dhe ta kthejmë një veçori në një tjetër. Për të marrë vlerën përfundimtare, ne përdorim formulën e Konkluzionit 2 të kufirit të shquar

Shembulli 10. Gjeni kufirin e një funksioni
Zgjidhja: Jo të gjithë mund ta gjejnë kufirin e dhënë. Për të rritur kufirin në 2, imagjinoni se sin (3x) është një ndryshore dhe ju duhet të ktheni eksponentin

Më pas, ne e shkruajmë treguesin si një fuqi ndaj një fuqie


Argumentet e ndërmjetme përshkruhen në kllapa. Si rezultat i përdorimit të kufijve të parë dhe të dytë të shquar, ne morëm eksponencialin në kub.

Shembulli 11. Llogaritni kufirin e një funksioni sin(2*x)/ln(3*x+1)
Zgjidhja: Kemi një pasiguri të formës 0/0. Përveç kësaj, ne shohim se funksioni duhet të konvertohet për të përdorur të dy kufijtë e mrekullueshëm. Le të kryejmë transformimet e mëparshme matematikore

Më tej, pa vështirësi, kufiri do të marrë vlerën

Kështu do të ndiheni të lirë në detyra, teste, module nëse mësoni të shkruani shpejt funksionet dhe t'i reduktoni ato në kufirin e parë ose të dytë të mrekullueshëm. Nëse është e vështirë për ju të mësoni përmendësh metodat e dhëna për gjetjen e kufijve, atëherë gjithmonë mund të porosisni një fletë testimi mbi kufijtë nga ne.
Për ta bërë këtë, plotësoni formularin, jepni të dhëna dhe bashkëngjitni një skedar me shembuj. Ne kemi ndihmuar shumë studentë - mund t'ju ndihmojmë edhe ju!

Kufiri i parë i shquar është barazia e mëposhtme:

\fillimi(ekuacioni)\lim_(\alfa\to(0))\frac(\sin\alfa)(\alfa)=1 \fund (ekuacioni)

Meqenëse për $\alpha\to(0)$ kemi $\sin\alpha\to(0)$, ata thonë se kufiri i parë i shquar zbulon një pasiguri të formës $\frac(0)(0)$. Në përgjithësi, në formulën (1), në vend të ndryshores $\alpha$, çdo shprehje mund të vendoset nën shenjën sinus dhe në emërues, për sa kohë që plotësohen dy kushte:

1. Shprehjet nën shenjën e sinusit dhe në emërues priren njëkohësisht në zero, d.m.th. ka pasiguri të formës $\frac(0)(0)$.
2. Shprehjet nën shenjën e sinusit dhe në emërues janë të njëjta.

Konkluzionet nga kufiri i parë i shquar përdoren gjithashtu shpesh:

\fillimi(ekuacioni) \lim_(\alfa\to(0))\frac(\tg\alfa)(\alfa)=1 \fund(ekuacioni) \fillimi(ekuacioni) \lim_(\alfa\to(0) )\frac(\arcsin\alpha)(\alfa)=1 \end(ekuacioni) \fillimi(ekuacioni) \lim_(\alfa\to(0))\frac(\arctg\alfa)(\alfa)=1 \fund (ekuacion)

Njëmbëdhjetë shembuj janë zgjidhur në këtë faqe. Shembulli nr. 1 i kushtohet vërtetimit të formulave (2)-(4). Shembujt nr. 2, nr. 3, nr. 4 dhe nr. 5 përmbajnë zgjidhje me komente të hollësishme. Shembujt nr. 6-10 përmbajnë zgjidhje praktikisht pa komente, sepse shpjegimet e hollësishme janë dhënë në shembujt e mëparshëm. Zgjidhja përdor disa formula trigonometrike që mund të gjenden.

Më lejoni të vërej se prania e funksioneve trigonometrike e shoqëruar me pasigurinë $\frac (0) (0)$ nuk do të thotë domosdoshmërisht aplikimi i kufirit të parë të shquar. Ndonjëherë transformimet e thjeshta trigonometrike janë të mjaftueshme - për shembull, shih.

Shembulli nr. 1

Vërtetoni se $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha ) (\alfa)=1$, $\lim_(\alfa\to(0))\frac(\arctg\alfa)(\alfa)=1$.

a) Meqenëse $\tg\alpha=\frac(\sin\alpha)(\cos\alpha)$, atëherë:

$$ \lim_(\alfa\to(0))\frac(\tg(\alfa))(\alfa)=\majtas|\frac(0)(0)\djathtas| =\lim_(\alfa\to(0))\frac(\sin(\alfa))(\alfa\cos(\alfa)) $$

Meqenëse $\lim_(\alpha\to(0))\cos(0)=1$ dhe $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1$, Se:

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

b) Le të bëjmë ndryshimin $\alpha=\sin(y)$. Meqenëse $\sin(0)=0$, atëherë nga kushti $\alpha\to(0)$ kemi $y\to(0)$. Përveç kësaj, ekziston një lagje e zeros në të cilën $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin(y))=y$, pra:

$$ \lim_(\alfa\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alfa)=\majtas|\frac(0)(0)\djathtas| =\lim_(y\to(0))\frac(y)(\sin(y)) =\lim_(y\to(0))\frac(1)(\frac(\sin(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\sin(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$

Është vërtetuar barazia $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1$.

c) Le të bëjmë zëvendësimin $\alpha=\tg(y)$. Meqenëse $\tg(0)=0$, atëherë kushtet $\alpha\to(0)$ dhe $y\to(0)$ janë ekuivalente. Përveç kësaj, ekziston një lagje e zeros në të cilën $\arctg\alpha=\arctg\tg(y))=y$, prandaj, bazuar në rezultatet e pikës a), do të kemi:

$$ \lim_(\alfa\to(0))\frac(\arctg\alfa)(\alfa)=\majtas|\frac(0)(0)\djathtas| =\lim_(y\to(0))\frac(y)(\tg(y)) =\lim_(y\to(0))\frac(1)(\frac(\tg(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\tg(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$

Është vërtetuar barazia $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$.

Barazitë a), b), c) përdoren shpesh së bashku me kufirin e parë të shquar.

Shembulli nr. 2

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

Meqenëse $\lim_(x\to(2))\frac(x^2-4)(x+7)=\frac(2^2-4)(2+7)=0$ dhe $\lim_( x \to(2))\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right)=\sin(0)=0$, d.m.th. dhe numëruesi dhe emëruesi i thyesës priren njëkohësisht në zero, atëherë këtu kemi të bëjmë me një pasiguri të formës $\frac(0)(0)$, d.m.th. U krye. Për më tepër, është e qartë se shprehjet nën shenjën sinus dhe në emërues përkojnë (d.m.th., dhe është i kënaqur):

Pra, të dyja kushtet e renditura në fillim të faqes janë plotësuar. Nga kjo rezulton se formula është e zbatueshme, d.m.th. $\lim_(x\to(2)) \frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\djathtas))(\frac(x^2-4)(x+ 7 ))=1$.

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

Shembulli nr. 3

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

Meqenëse $\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ dhe $\lim_(x\to(0))x=0$, atëherë kemi të bëjmë me një pasiguri të formës $\frac (0 )(0)$, d.m.th. U krye. Sidoqoftë, shprehjet nën shenjën e sinusit dhe në emërues nuk përkojnë. Këtu ju duhet të rregulloni shprehjen në emërues në formën e dëshiruar. Ne kemi nevojë që shprehja $9x$ të jetë në emërues, atëherë ajo do të bëhet e vërtetë. Në thelb, neve na mungon një faktor prej 9$ në emërues, i cili nuk është aq i vështirë për t'u futur—thjesht shumëzojeni shprehjen në emërues me 9$. Natyrisht, për të kompensuar shumëzimin me 9 $, do të duhet të ndani menjëherë me 9 $:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=\majtas|\frac(0)(0)\djathtas| =\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x\cdot\frac(1)(9)) =9\lim_(x\to(0))\frac(\sin (9x))(9x)$$

Tani shprehjet në emërues dhe nën shenjën e sinusit përkojnë. Të dy kushtet për kufirin $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)$ janë plotësuar. Prandaj, $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=1$. Dhe kjo do të thotë se:

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

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

Shembulli nr. 4

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

Meqenëse $\lim_(x\to(0))\sin(5x)=0$ dhe $\lim_(x\to(0))\tg(8x)=0$, këtu kemi të bëjmë me pasiguri të formës $\frac(0)(0)$. Megjithatë, forma e kufirit të parë të shquar është shkelur. Një numërues që përmban $\sin(5x)$ kërkon një emërues prej $5x$. Në këtë situatë, mënyra më e lehtë është të ndani numëruesin me $5x$ dhe menjëherë ta shumëzoni me $5x$. Përveç kësaj, ne do të kryejmë një operacion të ngjashëm me emëruesin, duke shumëzuar dhe pjesëtuar $\tg(8x)$ me $8x$:

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

Duke reduktuar me $x$ dhe duke marrë konstanten $\frac(5)(8)$ jashtë shenjës kufitare, marrim:

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

Vini re se $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x)$ plotëson plotësisht kërkesat për kufirin e parë të shquar. Për të gjetur $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(8x))(8x)$ zbatohet formula e mëposhtme:

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

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

Shembulli nr. 5

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

Meqenëse $\lim_(x\to (0))(\cos(5x)-\cos^3(5x))=1-1=0$ (mbani mend që $\cos(0)=1$) dhe $\ lim_(x\to(0))x^2=0$, atëherë kemi të bëjmë me pasiguri të formës $\frac(0)(0)$. Sidoqoftë, për të zbatuar kufirin e parë të shquar, duhet të hiqni qafe kosinusin në numërues, duke kaluar te sinuset (në mënyrë që të aplikoni më pas formulën) ose tangjentet (në mënyrë që të aplikoni më pas formulën). Kjo mund të bëhet me transformimin e mëposhtëm:

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

Le të kthehemi te kufiri:

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

Fraksioni $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ është tashmë afër formës së kërkuar për kufirin e parë të shquar. Le të punojmë pak me thyesën $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$, duke e rregulluar atë në kufirin e parë të shquar (vini re se shprehjet në numërues dhe nën sinus duhet të përputhen):

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

Le të kthehemi në kufirin në shqyrtim:

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

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

Shembulli nr. 6

Gjeni kufirin $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))$.

Meqenëse $\lim_(x\to(0))(1-\cos(6x))=0$ dhe $\lim_(x\to(0))(1-\cos(2x))=0$, atëherë kemi të bëjmë me pasiguri $\frac(0)(0)$. Le ta zbulojmë atë me ndihmën e kufirit të parë të shquar. Për ta bërë këtë, le të kalojmë nga kosinusi në sinus. Meqenëse $1-\cos(2\alpha)=2\sin^2(\alpha)$, atëherë:

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

Duke kaluar në sinus në kufirin e dhënë, do të kemi:

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

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

Shembulli nr. 7

Llogaritni kufirin $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ subjekt i $\alpha\neq \ beta$.

Shpjegime të hollësishme janë dhënë më herët, por këtu thjesht vërejmë se përsëri ka pasiguri $\frac(0)(0)$. Le të kalojmë nga kosinusi në sinus duke përdorur formulën

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

Duke përdorur këtë formulë, marrim:

$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alfa(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\majtas|\frac(0)( 0)\djathtas| =\lim_(x\to(0))\frac(-2\sin\frac(\alfa(x)+\beta(x))(2)\cdot\sin\frac(\alfa(x)-\ beta(x))(2))(x^2)=\\ =-2\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta )(2)\djathtas)\cdot\sin\left(x\cdot\frac(\alfa-\beta)(2)\djathtas))(x^2) =-2\cdot\lim_(x\to( 0))\left(\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\djathtas))(x)\cdot\frac(\sin\left(x\cdot\frac (\alfa-\beta)(2)\djathtas))(x)\djathtas)=\\ =-2\cdot\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin\left(x \cdot\frac(\alfa+\beta)(2)\djathtas))(x\cdot\frac(\alfa+\beta)(2))\cdot\frac(\alfa+\beta)(2)\cdot\frac (\sin\left(x\cdot\frac(\alfa-\beta)(2)\djathtas))(x\cdot\frac(\alfa-\beta)(2))\cdot\frac(\alfa- \beta)(2)\djathtas)=\\ =-\frac((\alfa+\beta)\cdot(\alfa-\beta))(2)\lim_(x\to(0))\frac(\ sin\left(x\cdot\frac(\alfa+\beta)(2)\djathtas))(x\cdot\frac(\alfa+\beta)(2))\cdot\lim_(x\to(0)) \frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alfa-\beta)(2)\djathtas))(x\cdot\frac(\alfa-\beta)(2)) =-\frac(\ alfa^2-\beta^2)(2)\cdot(1)\cdot(1) =\frac(\beta^2-\alfa^2)(2). $$

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

Shembulli nr. 8

Gjeni kufirin $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)$.

Meqenëse $\lim_(x\to(0))(\tg(x)-\sin(x))=0$ (mbani mend që $\sin(0)=\tg(0)=0$) dhe $\ lim_(x\to(0))x^3=0$, atëherë këtu kemi të bëjmë me pasiguri të formës $\frac(0)(0)$. Le ta zbërthejmë si më poshtë:

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

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

Shembulli nr. 9

Gjeni kufirin $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))$.

Meqenëse $\lim_(x\to(3))(1-\cos(x-3))=0$ dhe $\lim_(x\to(3))(x-3)\tg\frac(x - 3)(2)=0$, atëherë ka pasiguri të formës $\frac(0)(0)$. Përpara se të vazhdoni me zgjerimin e saj, është e përshtatshme të bëni një ndryshim të ndryshores në atë mënyrë që ndryshorja e re të tentojë në zero (vini re se në formula ndryshorja $\alfa \në 0$). Mënyra më e lehtë është futja e ndryshores $t=x-3$. Megjithatë, për hir të lehtësisë së transformimeve të mëtejshme (ky përfitim mund të shihet në rrjedhën e zgjidhjes më poshtë), ia vlen të bëni zëvendësimin e mëposhtëm: $t=\frac(x-3)(2)$. Vërej se të dy zëvendësimet janë të zbatueshme në këtë rast, thjesht zëvendësimi i dytë do t'ju lejojë të punoni më pak me fraksione. Që nga $x\to(3)$, atëherë $t\to(0)$.

$$ \lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=\majtas|\frac (0)(0)\djathtas| =\majtas|\fillimi(rrenjosur)&t=\frac(x-3)(2);\\&t\to(0)\fund(linjëzuar)\djathtas| =\lim_(t\to(0))\frac(1-\cos(2t))(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to(0))\frac(2\sin^ 2t)(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to (0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\tg(t))=\\ =\lim_(t\ në (0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\frac(\sin(t))(\cos(t))) =\lim_(t\to(0))\frac(\sin (t)\cos(t))(t) =\lim_(t\to(0))\left(\frac(\sin(t))(t)\cdot\cos(t)\djathtas) =\ lim_(t\to(0))\frac(\sin(t))(t)\cdot\lim_(t\to(0))\cos(t) =1\cdot(1) =1. $$

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

Shembulli nr. 10

Gjeni kufirin $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\djathtas)^ 2) $.

Edhe një herë kemi të bëjmë me pasiguri $\frac(0)(0)$. Përpara se të vazhdoni me zgjerimin e saj, është e përshtatshme të bëni një ndryshim të ndryshores në atë mënyrë që ndryshorja e re të tentojë në zero (vini re se në formula ndryshorja është $\alpha\to(0)$). Mënyra më e lehtë është të prezantoni variablin $t=\frac(\pi)(2)-x$. Meqenëse $x\to\frac(\pi)(2)$, atëherë $t\to(0)$:

$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\majtas(\frac(\pi)(2)-x\djathtas)^2) =\majtas|\frac(0)(0)\djathtas| =\majtas|\fillimi(linjëzuar)&t=\frac(\pi)(2)-x;\\&t\to(0)\fund(linjëzuar)\djathtas| =\lim_(t\to(0))\frac(1-\sin\left(\frac(\pi)(2)-t\djathtas))(t^2) =\lim_(t\to(0 ))\frac(1-\cos(t))(t^2)=\\ =\lim_(t\to(0))\frac(2\sin^2\frac(t)(2))( t^2) =2\lim_(t\to(0))\frac(\sin^2\frac(t)(2))(t^2) =2\lim_(t\to(0))\ frac(\sin^2\frac(t)(2))(\frac(t^2)(4)\cdot(4)) =\frac(1)(2)\cdot\lim_(t\to( 0))\left(\frac(\sin\frac(t)(2))(\frac(t)(2))\djathtas)^2 =\frac(1)(2)\cdot(1^2 ) =\frac(1)(2). $$

Përgjigju: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\majtas(\frac(\pi)(2)-x\djathtas)^2) =\frac(1)(2)$.

Shembulli nr. 11

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

Në këtë rast nuk duhet të përdorim kufirin e parë të mrekullueshëm. Ju lutemi vini re se kufiri i parë dhe i dytë përmbajnë vetëm funksione dhe numra trigonometrikë. Shpesh në shembuj të këtij lloji është e mundur të thjeshtohet shprehja e vendosur nën shenjën e kufirit. Për më tepër, pas thjeshtimit dhe zvogëlimit të disa faktorëve të lartpërmendur, pasiguria zhduket. E dhashë këtë shembull vetëm për një qëllim: për të treguar se prania e funksioneve trigonometrike nën shenjën e kufirit nuk nënkupton domosdoshmërisht përdorimin e kufirit të parë të shquar.

Meqenëse $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))(1-\sin(x))=0$ (mbani mend që $\sin\frac(\pi)(2)=1$ ) dhe $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\cos^2x=0$ (më lejoni t'ju kujtoj se $\cos\frac(\pi)(2)=0$), atëherë kemi që kanë të bëjnë me pasigurinë e formës $\frac(0)(0)$. Megjithatë, kjo nuk do të thotë se do të na duhet të përdorim kufirin e parë të mrekullueshëm. Për të zbuluar pasigurinë, mjafton të merret parasysh se $\cos^2x=1-\sin^2x$:

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

Ekziston një zgjidhje e ngjashme në librin e zgjidhjeve të Demidovich (Nr. 475). Për sa i përket kufirit të dytë, si në shembujt e mëparshëm në këtë seksion, kemi një pasiguri të formës $\frac(0)(0)$. Pse lind? Ajo lind sepse $\tg\frac(2\pi)(3)=-\sqrt(3)$ dhe $2\cos\frac(2\pi)(3)=-1$. Ne i përdorim këto vlera për të transformuar shprehjet në numërues dhe emërues. Qëllimi i veprimeve tona është të shkruajmë shumën në numërues dhe emërues si produkt. Meqë ra fjala, shpesh brenda një lloji të ngjashëm është e përshtatshme të ndryshohet një variabël, i bërë në mënyrë të tillë që ndryshorja e re të priret në zero (shih, për shembull, shembujt nr. 9 ose nr. 10 në këtë faqe). Megjithatë, në këtë shembull nuk ka asnjë pikë për të zëvendësuar, edhe pse nëse dëshironi, zëvendësimi i ndryshores $t=x-\frac(2\pi)(3)$ nuk është i vështirë për t'u zbatuar.

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

Siç mund ta shihni, ne nuk duhej të zbatonim kufirin e parë të mrekullueshëm. Sigurisht, mund ta bëni këtë nëse dëshironi (shih shënimin më poshtë), por nuk është e nevojshme.

Cila është zgjidhja duke përdorur kufirin e parë të shquar? shfaq\fsheh

Duke përdorur kufirin e parë të shquar marrim:

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

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

Dëshmi:

Le të vërtetojmë së pari teoremën për rastin e sekuencës

Sipas formulës binomiale të Njutonit:

Duke supozuar se marrim

Nga kjo barazi (1) rezulton se me rritjen e n, rritet numri i termave pozitivë në anën e djathtë. Përveç kësaj, me rritjen e n, numri zvogëlohet, kështu që vlerat janë në rritje. Prandaj sekuenca në rritje, dhe (2)*Ne tregojmë se është i kufizuar. Zëvendësoni çdo kllapa në anën e djathtë të barazisë me një, ana e djathtë do të rritet dhe marrim pabarazinë

Le të forcojmë pabarazinë që rezulton, të zëvendësojmë 3,4,5, ..., duke qëndruar në emëruesit e thyesave, me numrin 2: E gjejmë shumën në kllapa duke përdorur formulën për shumën e termave të një progresion gjeometrik: Prandaj (3)*

Pra, sekuenca është e kufizuar nga lart, dhe pabarazitë (2) dhe (3) janë të kënaqur: Prandaj, bazuar në teoremën e Weierstrass (kriteri për konvergjencën e një sekuence), sekuenca monotonikisht rritet dhe kufizohet, që do të thotë se ka një kufi, të shënuar me shkronjën e. Ato.

Duke ditur që kufiri i dytë i shquar është i vërtetë për vlerat natyrore të x, ne do të vërtetojmë kufirin e dytë të shquar për x real, domethënë do të vërtetojmë se . Le të shqyrtojmë dy raste:

1. Çdo vlerë e x-it le të jetë e mbyllur ndërmjet dy numrave të plotë pozitivë: , ku është pjesa e plotë e x-it. => =>

Nëse , atëherë Prandaj, sipas kufirit ne kemi

Bazuar në kriterin (rreth kufirit të një funksioni të ndërmjetëm) të ekzistencës së kufijve

2. Le të . Le të bëjmë zëvendësimin − x = t, atëherë

Nga këto dy raste rezulton se për x real.

Pasojat:

9 .) Krahasimi i infinitezimaleve. Teorema mbi zëvendësimin e infinitezimaleve me ato ekuivalente në kufi dhe teorema mbi pjesën kryesore të infinitezimaleve.

Lërini funksionet a ( x) dhe b( x) – b.m. në x ® x 0 .

PËRKUFIZIMET.

1)a( x) thirrur rend pafundësisht i vogël se b (x) Nëse

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

2) a ( x) Dhe b( x)quhen infinitezimale të të njëjtit rend, Nëse

ku CÎℝ dhe C¹ 0 .

Shkruani: a( x) = O(b( x)) .

3) a ( x) Dhe b( x) quhen ekuivalente , Nëse

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

4) a ( x) i quajtur infinitemale e rendit k relative
absolutisht pafundësisht i vogël b( x), nëse pafundësisht i vogël a( x)Dhe(b( x)) k kanë të njëjtin rend, d.m.th. Nëse

ku CÎℝ dhe C¹ 0 .

TEOREMA 6 (mbi zëvendësimin e infinitezimaleve me ato ekuivalente).

Le a( x), b( x), a 1 ( x), b 1 ( x)– b.m. në x ® x 0 . Nëse a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x),

Se

Vërtetim: Le të a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x), Pastaj

TEOREMA 7 (rreth pjesës kryesore të infinitevozmës).

Le a( x)Dhe b( x)– b.m. në x ® x 0 , dhe b( x)– b.m. rendit më të lartë se a( x).

= , a pasi b( x) – renditje më e lartë se a( x), pastaj, d.m.th. nga është e qartë se një ( x) + b( x) ~ a ( x)

10) Vazhdimësia e një funksioni në një pikë (në gjuhën e epsilon-deltës, kufijtë gjeometrikë) Vazhdimësi e njëanshme. Vazhdimësia në një interval, në një segment. Vetitë e funksioneve të vazhdueshme.

1. Përkufizimet bazë

Le f(x) përcaktohet në ndonjë lagje të pikës x 0 .

PËRKUFIZIM 1. Funksioni f(x) thirrur e vazhdueshme në një pikë x 0 nëse barazia është e vërtetë

Shënime.

1) Në bazë të teoremës 5 §3, barazia (1) mund të shkruhet në formën

Kushti (2) - përcaktimi i vazhdimësisë së një funksioni në një pikë në gjuhën e kufijve të njëanshëm.

2) Barazia (1) mund të shkruhet edhe si:

Ata thonë: “nëse një funksion është i vazhdueshëm në një pikë x 0, atëherë shenja e kufirit dhe funksioni mund të ndërrohen."

PËRKUFIZIM 2 (në gjuhën e-d).

Funksioni f(x) thirrur e vazhdueshme në një pikë x 0 Nëse"e>0 $d>0 të tilla, Çfarë

nëse x OU( x 0 , d) (d.m.th. | x – x 0 | < d),

pastaj f(x)ÎU( f(x 0), e) (d.m.th. | f(x) – f(x 0) | < e).

Le x, x 0 Î D(f) (x 0 - fikse, x - arbitrare)

Le të shënojmë: D x= x – x 0 – rritje argumenti

D f(x 0) = f(x) – f(x 0) – rritja e funksionit në pikënx 0

PËRKUFIZIM 3 (gjeometrik).

Funksioni f(x) në thirrur e vazhdueshme në një pikë x 0 nëse në këtë pikë një rritje infinitimale në argument korrespondon me një rritje infinite vogël në funksion, d.m.th.

Lëreni funksionin f(x) është përcaktuar në intervalin [ x 0 ; x 0 + d) (në intervalin ( x 0 – d; x 0 ]).

PËRKUFIZIM. Funksioni f(x) thirrur e vazhdueshme në një pikë x 0 drejtë (majtas ), nëse barazia është e vërtetë

Është e qartë se f(x) është e vazhdueshme në pikë x 0 Û f(x) është e vazhdueshme në pikë x 0 djathtas dhe majtas.

PËRKUFIZIM. Funksioni f(x) thirrur të vazhdueshme për një interval e ( a; b) nëse është i vazhdueshëm në çdo pikë të këtij intervali.

Funksioni f(x) quhet i vazhdueshëm në segment [a; b] nëse është i vazhdueshëm në interval (a; b) dhe ka vazhdimësi njëkahëshe në pikat kufitare(d.m.th. i vazhdueshëm në pikë a në të djathtë, në pikën b- majtas).

11) Pikat e thyerjes, klasifikimi i tyre

PËRKUFIZIM. Nëse funksioni f(x) të përcaktuara në ndonjë fqinjësi të pikës x 0 , por nuk është i vazhdueshëm në këtë pikë, atëherë f(x) quhet i ndërprerë në pikën x 0 , dhe vetë pika x 0 quhet pika e thyerjes funksionet f(x) .

Shënime.

1) f(x) mund të përkufizohet në një lagje jo të plotë të pikës x 0 .

Më pas merrni parasysh vazhdimësinë e njëanshme përkatëse të funksionit.

2) Nga përkufizimi i pikës Þ x 0 është pika e thyerjes së funksionit f(x) në dy raste:

a) U( x 0, d)О D(f), por për f(x) barazia nuk vlen

b) U * ( x 0, d)О D(f) .

Për funksionet elementare, vetëm rasti b) është i mundur.

Le x 0 - pika e ndërprerjes së funksionit f(x) .

PËRKUFIZIM. Pika x 0 thirrur pikë pushimi I lloj i nëse funksioni f(x)ka kufij të fundëm majtas dhe djathtas në këtë pikë.

Nëse këto kufij janë të barabartë, atëherë pika x 0 thirrur pikë pushimi e lëvizshme , ndryshe - pikë kërcimi .

PËRKUFIZIM. Pika x 0 thirrur pikë pushimi II lloj i nëse të paktën një nga kufijtë e njëanshëm të funksionit f(x)në këtë pikë është e barabartë¥ ose nuk ekziston.

12) Vetitë e funksioneve të vazhdueshme në një interval (teorema e Weierstrass (pa provë) dhe Cauchy

Teorema e Weierstrass

Le të jetë funksioni f(x) i vazhdueshëm në interval, atëherë

1)f(x) është i kufizuar në

2) f(x) merr vlerën e saj më të vogël dhe më të madhe në interval

Përkufizimi: Vlera e funksionit m=f quhet më e vogla nëse m≤f(x) për çdo x€ D(f).

Vlera e funksionit m=f thuhet se është më e madhe nëse m≥f(x) për çdo x € D(f).

Funksioni mund të marrë vlerën më të vogël/më të madhe në disa pika të segmentit.

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

Teorema e Cauchy-t.

Le të jetë funksioni f(x) i vazhdueshëm në segment dhe x numri që gjendet ndërmjet f(a) dhe f(b), atëherë ka të paktën një pikë x 0 € e tillë që f(x 0)= g

Ky artikull: "Kufiri i dytë i shquar" i kushtohet zbulimit brenda kufijve të pasigurive të formës:

$ \bigg[\frac(\infty)(\infty)\bigg]^\infty $ dhe $ ^\infty $.

Gjithashtu, pasiguri të tilla mund të zbulohen duke përdorur logaritmin e funksionit eksponencial, por kjo është një metodë tjetër zgjidhjeje, e cila do të trajtohet në një artikull tjetër.

Formula dhe pasojat

Formula kufiri i dytë i shquar është shkruar si më poshtë: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1+\frac(1)(x)\bigg)^x = e, \text( ku ) e \përafërsisht 2,718 $$

Nga formula rrjedh pasojat, të cilat janë shumë të përshtatshme për t'u përdorur për zgjidhjen e shembujve me kufij: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(k)(x) \bigg)^x = e^k, \text( ku ) k \in \mathbb(R) $$ $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(1)(f(x)) \bigg)^(f(x)) = e $ $ $$ \lim_(x \ deri në 0) \bigg (1 + x \bigg)^\frac(1)(x) = e $$

Vlen të përmendet se kufiri i dytë i shquar nuk mund të zbatohet gjithmonë për një funksion eksponencial, por vetëm në rastet kur baza priret drejt unitetit. Për ta bërë këtë, së pari llogarisni mendërisht kufirin e bazës dhe më pas nxirrni përfundime. E gjithë kjo do të diskutohet në zgjidhje shembull.

Shembuj zgjidhjesh

Le të shohim shembuj të zgjidhjeve duke përdorur formulën e drejtpërdrejtë dhe pasojat e saj. Ne gjithashtu do të analizojmë rastet në të cilat formula nuk është e nevojshme. Mjafton të shkruani vetëm një përgjigje të gatshme.

Le të shohim rastet kur problemi është i ngjashëm me kufirin e dytë të shquar, por mund të zgjidhet pa të.

Në artikullin: "Kufiri i dytë i shquar: shembuj zgjidhjesh" u analizua formula, pasojat e saj dhe u dhanë llojet e zakonshme të problemeve në këtë temë.

Formula për kufirin e dytë të shquar është lim x → ∞ 1 + 1 x x = e. Një formë tjetër e shkrimit duket kështu: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e.

Kur flasim për kufirin e dytë të shquar, duhet të merremi me pasigurinë e formës 1 ∞, d.m.th. unitet në një shkallë të pafundme.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Le të shqyrtojmë problemet në të cilat aftësia për të llogaritur kufirin e dytë të shquar do të jetë e dobishme.

Shembulli 1

Gjeni kufirin lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .

Zgjidhje

Le të zëvendësojmë formulën e kërkuar dhe të kryejmë llogaritjet.

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

Përgjigja jonë doli të ishte një për fuqinë e pafundësisë. Për të përcaktuar metodën e zgjidhjes, ne përdorim tabelën e pasigurisë. Le të zgjedhim kufirin e dytë të shquar dhe të bëjmë një ndryshim të variablave.

t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2

Nëse x → ∞, atëherë t → - ∞.

Le të shohim se çfarë kemi marrë pas zëvendësimit:

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

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

Shembulli 2

Llogaritni kufirin lim x → ∞ x - 1 x + 1 x.

Zgjidhje

Le të zëvendësojmë pafundësinë dhe të marrim sa vijon.

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

Në përgjigje, ne përsëri morëm të njëjtën gjë si në problemin e mëparshëm, prandaj, mund të përdorim përsëri kufirin e dytë të shquar. Më pas, duhet të zgjedhim të gjithë pjesën në bazën e funksionit të fuqisë:

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

Pas kësaj, kufiri merr formën e mëposhtme:

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

Zëvendësoni variablat. Le të supozojmë se t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1 ; nëse x → ∞, atëherë t → ∞.

Pas kësaj, ne shkruajmë atë që kemi marrë në kufirin origjinal:

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

Për të kryer këtë transformim, ne përdorëm vetitë themelore të kufijve dhe fuqive.

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

Shembulli 3

Llogaritni kufirin lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .

Zgjidhje

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 ∞

Pas kësaj, ne duhet të transformojmë funksionin për të aplikuar kufirin e dytë të madh. Ne morëm sa vijon:

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

Meqenëse tani kemi të njëjtët eksponentë në numëruesin dhe emëruesin e thyesës (e barabartë me gjashtë), kufiri i thyesës në pafundësi do të jetë i barabartë me raportin e këtyre koeficientëve në fuqi më të larta.

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

Duke zëvendësuar t = x 2 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 ne marrim një kufi të dytë të shquar. Kjo do të thotë se:

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

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

konkluzione

Pasiguria 1 ∞, d.m.th. uniteti ndaj një fuqie të pafundme është një pasiguri fuqi-ligj, prandaj mund të zbulohet duke përdorur rregullat për gjetjen e kufijve të funksioneve të fuqisë eksponenciale.

Nëse vëreni një gabim në tekst, ju lutemi theksoni atë dhe shtypni Ctrl+Enter