Funksiya həddi. Dummies üçün məhdudiyyətləri necə həll etmək olar? 1 limitləri hesablayın

İlk diqqətəlayiq hədd aşağıdakı bərabərlikdir:

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

$\alpha\to(0)$ üçün bizdə $\sin\alpha\to(0)$ olduğuna görə, deyirlər ki, ilk əlamətdar hədd $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyini ortaya qoyur. Ümumiyyətlə, (1) düsturunda $\alpha$ dəyişəninin əvəzinə hər hansı bir ifadə sinus işarəsi altında və məxrəcdə yerləşdirilə bilər, yalnız iki şərt yerinə yetirilir:

1. Sinus işarəsi altında və məxrəcdəki ifadələr eyni vaxtda sıfıra meyllidir, yəni. $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyi var.
2. Sinus işarəsinin altındakı və məxrəcdəki ifadələr eynidir.

İlk əlamətdar həddən gələn nəticələr də tez-tez istifadə olunur:

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

On bir nümunə bu səhifədə həll olunur. 1 nömrəli misal (2)-(4) düsturlarının isbatına həsr edilmişdir. 2, № 3, 4 və 5 nömrəli nümunələrdə ətraflı şərhlərlə həllər var. 6-10 nömrəli nümunələr praktiki olaraq heç bir şərhi olmayan həlləri ehtiva edir, çünki ətraflı izahatlar əvvəlki nümunələrdə verilmişdir. Həll bəzi istifadə edir triqonometrik düsturlar ki, tapmaq olar.

varlığını qeyd edirəm triqonometrik funksiyalar$\frac (0) (0)$ qeyri-müəyyənliyi ilə birləşdikdə hələ ilk diqqətəlayiq limitin məcburi tətbiqi demək deyil. Bəzən sadə triqonometrik çevrilmələr kifayətdir - məsələn, bax.

Nümunə № 1

Sübut edin ki, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha ) (\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$.

a) $\tg\alpha=\frac(\sin\alpha)(\cos\alpha)$ olduğundan, onda:

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

$\lim_(\alpha\to(0))\cos(0)=1$ və $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1$ olduğundan, Bu:

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

b) $\alpha=\sin(y)$ dəyişikliyini edək. $\sin(0)=0$ olduğundan, $\alpha\to(0)$ şərtindən bizdə $y\to(0)$ olur. Bundan əlavə, $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin(y))=y$ olduğu sıfır qonşuluğu var, beləliklə:

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

$\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1$ bərabərliyi sübut edilmişdir.

c) $\alpha=\tg(y)$ əvəzini edək. $\tg(0)=0$ olduğundan, $\alpha\to(0)$ və $y\to(0)$ şərtləri ekvivalentdir. Bundan əlavə, $\arctg\alpha=\arctg\tg(y))=y$ olduğu sıfırın qonşuluğu var, buna görə də a) nöqtəsinin nəticələrinə əsasən biz aşağıdakılara sahib olacağıq:

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

$\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$ bərabərliyi sübut edilmişdir.

a), b), c) bərabərlikləri tez-tez ilk əlamətdar həddi ilə birlikdə istifadə olunur.

Nümunə № 2

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

Çünki $\lim_(x\to(2))\frac(x^2-4)(x+7)=\frac(2^2-4)(2+7)=0$ və $\lim_( x) \to(2))\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right)=\sin(0)=0$, yəni. və kəsrin həm payı, həm də məxrəci eyni vaxtda sıfıra meyllidir, onda burada biz $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul oluruq, yəni. edildi. Bundan əlavə, sinus işarəsi altındakı və məxrəcdəki ifadələrin üst-üstə düşdüyü aydındır (yəni və təmin olunur):

Beləliklə, səhifənin əvvəlində qeyd olunan hər iki şərt yerinə yetirilir. Buradan belə çıxır ki, formula tətbiq olunur, yəni. $\lim_(x\to(2)) \frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\sağ))(\frac(x^2-4)(x+ 7) ))=1$.

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

Nümunə № 3

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

$\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ və $\lim_(x\to(0))x=0$ olduğundan, biz $\frac formasının qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul oluruq. (0 )(0)$, yəni. edildi. Lakin sinus işarəsinin altındakı və məxrəcdəki ifadələr üst-üstə düşmür. Burada məxrəcdəki ifadəni istədiyiniz formaya uyğunlaşdırmaq lazımdır. Məxrəcdə olmaq üçün bizə $9x$ ifadəsi lazımdır, o zaman doğru olacaq. Prinsipcə, məxrəcdə $9$ əmsalı çatışmır, bunu daxil etmək o qədər də çətin deyil - məxrəcdəki ifadəni $9$-a vurmaq kifayətdir. Təbii ki, vurmanı $9$-a kompensasiya etmək üçün dərhal $9$-a bölməli olacaqsınız:

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

İndi məxrəcdəki və sinus işarəsinin altındakı ifadələr üst-üstə düşür. $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)$ limitinin hər iki şərti təmin edilir. Buna görə də, $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=1$. Və bu o deməkdir ki:

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

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

Nümunə № 4

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

$\lim_(x\to(0))\sin(5x)=0$ və $\lim_(x\to(0))\tg(8x)=0$ olduğundan, burada biz formanın qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul oluruq. $\frac(0)(0)$. Ancaq ilk diqqətəlayiq həddin forması pozulur. $\sin(5x)$ ehtiva edən pay $5x$ məxrəci tələb edir. Bu vəziyyətdə, ən asan yol, payı $5x$-a bölmək və dərhal $5x$-a vurmaqdır. Bundan əlavə, $\tg(8x)$-nı $8x$-a vurub bölmək üçün məxrəclə oxşar əməliyyat həyata keçirəcəyik:

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

$x$ azaldıb $\frac(5)(8)$ sabitini limit işarəsindən kənara çıxarsaq, əldə edirik:

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

Qeyd edək ki, $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x)$ birinci əlamətdar həddi tələblərə tam cavab verir. $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(8x))(8x)$ tapmaq üçün aşağıdakı düstur tətbiq olunur:

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

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

Nümunə № 5

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

$\lim_(x\to(0))(\cos(5x)-\cos^3(5x))=1-1=0$ (xatırlayın ki, $\cos(0)=1$) və $\ lim_(x\to(0))x^2=0$, onda biz $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul oluruq. Bununla belə, ilk əlamətdar həddi tətbiq etmək üçün, siz (sonra düsturu tətbiq etmək üçün) və ya tangenslərə (sonra düsturu tətbiq etmək üçün) keçərək, saydakı kosinusdan xilas olmalısınız. Bu, aşağıdakı transformasiya ilə edilə bilər:

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

Gəlin limitə qayıdaq:

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

$\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ kəsir artıq ilk əlamətdar hədd üçün tələb olunan formaya yaxındır. $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ kəsri ilə bir az işləyək, onu ilk əlamətdar həddə uyğunlaşdıraq (qeyd edək ki, saydakı və sinusun altındakı ifadələr uyğun olmalıdır):

$$\frac(\sin^2(5x))(x^2)=\frac(\sin^2(5x))(25x^2\cdot\frac(1)(25))=25\cdot\ frac(\sin^2(5x))(25x^2)=25\cdot\sol(\frac(\sin(5x))(5x)\sağ)^2$$

Sözügedən limitə qayıdaq:

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

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

Nümunə № 6

$\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))$ limitini tapın.

$\lim_(x\to(0))(1-\cos(6x))=0$ və $\lim_(x\to(0))(1-\cos(2x))=0$ olduğundan, onda biz $\frac(0)(0)$ qeyri-müəyyənliklə məşğul oluruq. Gəlin bunu ilk diqqətəlayiq limitin köməyi ilə açaq. Bunun üçün kosinuslardan sinuslara keçək. $1-\cos(2\alpha)=2\sin^2(\alpha)$ olduğundan, onda:

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

Verilmiş limitdə sinuslara keçsək, əldə edəcəyik:

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

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

Nümunə № 7

$\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ limitini $\alpha\neq hesablayın \ beta$.

Ətraflı izahatlar əvvəllər verilmişdi, lakin burada sadəcə olaraq qeyd edirik ki, yenə $\frac(0)(0)$ qeyri-müəyyənlik var. Düsturdan istifadə edərək kosinuslardan sinuslara keçək

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

Bu düsturdan istifadə edərək əldə edirik:

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

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

Nümunə № 8

$\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)$ limitini tapın.

$\lim_(x\to(0))(\tg(x)-\sin(x))=0$ (xatırla ki, $\sin(0)=\tg(0)=0$) və $\ lim_(x\to(0))x^3=0$, onda biz burada $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul oluruq. Bunu aşağıdakı kimi parçalayaq:

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

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

Nümunə № 9

$\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))$ limitini tapın.

$\lim_(x\to(3))(1-\cos(x-3))=0$ və $\lim_(x\to(3))(x-3)\tg\frac(x - 3)(2)=0$, onda $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyi var. Onun genişləndirilməsinə keçməzdən əvvəl dəyişənin dəyişdirilməsini elə etmək rahatdır ki, yeni dəyişən sıfıra meyl etsin (qeyd edək ki, düsturlarda $\alpha \dan 0$-a qədər dəyişən). Ən asan yol $t=x-3$ dəyişənini təqdim etməkdir. Bununla belə, sonrakı çevrilmələrin rahatlığı üçün (bu faydanı aşağıdakı həll prosesində görmək olar) aşağıdakı əvəzetməni etməyə dəyər: $t=\frac(x-3)(2)$. Qeyd edim ki, hər iki dəyişdirmə tətbiq olunur bu halda, sadəcə ikinci əvəzləmə fraksiyalarla daha az işləməyə imkan verəcək. $x\to(3)$ olduğundan, sonra $t\to(0)$.

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

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

Nümunə № 10

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

Yenə $\frac(0)(0)$ qeyri-müəyyənliyi ilə qarşılaşırıq. Onun genişləndirilməsinə keçməzdən əvvəl dəyişənin dəyişdirilməsini elə etmək rahatdır ki, yeni dəyişən sıfıra meyl etsin (qeyd edək ki, düsturlarda dəyişən $\alpha\to(0)$-dır). Ən asan yol $t=\frac(\pi)(2)-x$ dəyişənini təqdim etməkdir. $x\to\frac(\pi)(2)$ olduğundan, sonra $t\to(0)$:

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

Cavab verin: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\sağ)^2) =\frac(1)(2)$.

Nümunə № 11

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

Bu halda biz ilk gözəl limitdən istifadə etməməliyik. Nəzərə alın ki, həm birinci, həm də ikinci hədlər yalnız triqonometrik funksiyaları və rəqəmləri ehtiva edir. Çox vaxt bu cür nümunələrdə limit işarəsi altında yerləşən ifadəni sadələşdirmək mümkündür. Üstəlik, yuxarıda qeyd olunan sadələşdirmə və bəzi amillərin azaldılmasından sonra qeyri-müəyyənlik aradan qalxır. Mən bu nümunəni yalnız bir məqsəd üçün verdim: triqonometrik funksiyaların limit işarəsi altında olmasının mütləq birinci diqqətəlayiq həddin istifadəsi demək olmadığını göstərmək üçün.

$\lim_(x\to\frac(\pi)(2))(1-\sin(x))=0$ olduğundan (xatırlayın ki, $\sin\frac(\pi)(2)=1$) və $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\cos^2x=0$ (xatırladım ki, $\cos\frac(\pi)(2)=0$), onda biz $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul olur. Ancaq bu o demək deyil ki, biz ilk gözəl limitdən istifadə etməli olacağıq. Qeyri-müəyyənliyi aşkar etmək üçün $\cos^2x=1-\sin^2x$ olduğunu nəzərə almaq kifayətdir:

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

Demidoviçin həll kitabında (No 475) oxşar həll var. İkinci limitə gəlincə, bu bölmədə əvvəlki nümunələrdə olduğu kimi, bizdə $\frac(0)(0)$ formasının qeyri-müəyyənliyi var. Niyə yaranır? $\tg\frac(2\pi)(3)=-\sqrt(3)$ və $2\cos\frac(2\pi)(3)=-1$ olduğuna görə yaranır. Bu dəyərlərdən pay və məxrəcdəki ifadələri çevirmək üçün istifadə edirik. Hərəkətlərimizin məqsədi say və məxrəcdəki cəmini hasil kimi yazmaqdır. Yeri gəlmişkən, tez-tez oxşar tip daxilində dəyişəni dəyişdirmək rahatdır, yeni dəyişən sıfıra meylli olacaq (bax, məsələn, bu səhifədəki № 9 və ya 10 nömrəli nümunələr). Bununla belə, bu misalda əvəz etməyin mənası yoxdur, baxmayaraq ki, arzu olunarsa, $t=x-\frac(2\pi)(3)$ dəyişəninin yerinə yetirilməsi çətin deyil.

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

Gördüyünüz kimi, ilk gözəl limiti tətbiq etməli deyildik. Əlbəttə ki, istəsəniz bunu edə bilərsiniz (aşağıdakı qeydə baxın), lakin bu lazım deyil.

İlk əlamətdar həddi istifadə edərək həll yolu nədir? göstərmək\gizlətmək

İlk əlamətdar limitdən istifadə edərək əldə edirik:

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

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

Limitləri necə tapmağı öyrənmək istəyənlər üçün bu yazıda bu barədə sizə məlumat verəcəyik. Nəzəriyyəni araşdırmayacağıq, adətən müəllimlər bunu mühazirələrdə verirlər. Beləliklə, "darıxdırıcı nəzəriyyə" dəftərlərinizə qeyd edilməlidir. Əgər belə deyilsə, o zaman kitabxanadan götürülmüş dərslikləri oxuya bilərsiniz. Təhsil müəssisəsi və ya digər İnternet resurslarında.

Beləliklə, hədd anlayışı ali riyaziyyatın öyrənilməsində, xüsusən inteqral hesabla rastlaşdığınız zaman və hədd və inteqral arasındakı əlaqəni başa düşdüyünüz zaman kifayət qədər vacibdir. Mövcud materialda nəzərdən keçirəcəyik sadə nümunələr, habelə onların həlli yolları.

Həll nümunələri

Formanın qeyri-müəyyənliyi ilə nə etməli: $ \bigg [\frac(0)(0) \bigg ] $

Gəlin son iki misaldakı həddi sonsuzluğa çatdıraq və qeyri-müəyyənliyi nəzərdən keçirək: $ \bigg [\frac(\infty)(\infty) \bigg ] $

Limitlərin hesablanması alqoritmi

Beləliklə, nümunələri qısaca ümumiləşdirək və limitlərin həlli üçün alqoritm yaradaq:

1. Limit işarəsindən sonrakı ifadədə x nöqtəsini əvəz edin. Müəyyən bir ədəd və ya sonsuzluq əldə edilirsə, o zaman limit tamamilə həll olunur. Əks halda, qeyri-müəyyənliyimiz var: “sıfıra bölünən sıfır” və ya “sonsuzluğa bölünən sonsuzluq” və təlimatların növbəti addımlarına keçin.
2. “Sıfırın sıfıra bölünməsi” qeyri-müəyyənliyini aradan qaldırmaq üçün siz pay və məxrəci faktorlara ayırmalısınız. Bənzərləri azaldın. Limit işarəsi altındakı ifadədə x nöqtəsini əvəz edin.
3. Əgər qeyri-müəyyənlik “sonsuzluğa bölünmüş sonsuzluqdur”sa, onda biz həm payı, həm də x məxrəcini ən böyük dərəcədə çıxarırıq. X-ləri qısaldırıq. Limitin altındakı x dəyərlərini qalan ifadəyə əvəz edirik.

Bu yazıda siz kursda tez-tez istifadə olunan limitlərin həllinin əsaslarını öyrəndiniz. Riyazi analiz. Əlbəttə ki, bunlar imtahan verənlərin təklif etdiyi bütün növ problemlər deyil, yalnız ən sadə həddlərdir. Gələcək məqalələrdə digər tapşırıq növləri haqqında danışacağıq, lakin irəli getmək üçün əvvəlcə bu dərsi öyrənməlisiniz. Gəlin köklər, dərəcələr varsa nə edəcəyimizi müzakirə edək, sonsuz kiçik ekvivalent funksiyaları, diqqətəlayiq hədləri, L'Hopital qaydasını öyrənək.

Əgər limitləri özünüz müəyyən edə bilmirsinizsə, panik etməyin. Biz həmişə kömək etməkdən məmnunuq!

Funksiya həddi- nömrə a dəyişməsi prosesində bu dəyişən kəmiyyət qeyri-müəyyən müddətə yaxınlaşarsa, bəzi dəyişən kəmiyyətin həddi olacaqdır. a.

Və ya başqa sözlə, nömrə A funksiyanın həddidir y = f(x) nöqtədə x 0, əgər funksiyanın təyini sahəsindən hər hansı bir nöqtə ardıcıllığı üçün , bərabər deyil x 0, və hansı nöqtəyə yaxınlaşır x 0 (lim x n = x0), müvafiq funksiya dəyərlərinin ardıcıllığı ədədə yaxınlaşır A.

Sonsuzluğa meylli arqument verildikdə limiti bərabər olan funksiyanın qrafiki L:

Məna A edir funksiyanın limiti (limit dəyəri). f(x) nöqtədə x 0 hər hansı bir nöqtə ardıcıllığı üçün , -ə yaxınlaşır x 0, lakin tərkibində olmayan x 0 onun elementlərindən biri kimi (yəni deşilmiş yaxınlıqda x 0), funksiya qiymətlərinin ardıcıllığı birləşir A.

Koşi funksiyasının limiti.

Məna A olacaq funksiyanın limiti f(x) nöqtədə x 0əvvəlcədən götürülmüş hər hansı qeyri-mənfi nömrə üçün əgər ε müvafiq qeyri-mənfi ədəd tapılacaq δ = δ(ε) belə ki, hər bir arqument üçün x, şərti təmin edir 0 < | x - x0 | < δ , bərabərsizlik təmin ediləcək | f(x)A |< ε .

Limitin mahiyyətini və onu tapmaq üçün əsas qaydaları başa düşsəniz, çox sadə olacaq. Funksiya həddi nədir f (x) saat xüçün səy göstərir a bərabərdir A, belə yazılır:

Üstəlik, dəyişənin meyl etdiyi dəyər x, təkcə ədəd deyil, həm də sonsuzluq (∞), bəzən +∞ və ya -∞ ola bilər və ya heç bir məhdudiyyət olmaya bilər.

Necə başa düşmək üçün funksiyanın hədlərini tapın, həllərin nümunələrinə baxmaq ən yaxşısıdır.

Funksiyanın hədlərini tapmaq lazımdır f (x) = 1/xünvanda:

x→ 2, x→ 0, x→ ∞.

Gəlin birinci həddi həll etməyə çalışaq. Bunu etmək üçün sadəcə əvəz edə bilərsiniz x meyl etdiyi rəqəm, yəni. 2, alırıq:

Funksiyanın ikinci həddini tapaq. Burada təmiz 0-ı əvəz edin x mümkün deyil, çünki 0-a bölmək olmaz. Ancaq sıfıra yaxın dəyərləri götürə bilərik, məsələn, 0,01; 0,001; 0,0001; 0,00001 və s. və funksiyanın qiyməti f (x) artacaq: 100; 1000; 10000; 100.000 və s. Beləliklə, nə vaxt başa düşmək olar x→ 0 limit işarəsi altında olan funksiyanın qiyməti məhdudiyyətsiz artacaq, yəni. sonsuzluğa doğru səy göstərin. Hansı deməkdir:

Üçüncü limitə gəlincə. Əvvəlki vəziyyətdə olduğu kimi eyni vəziyyət, onu əvəz etmək mümkün deyil ∞ ən təmiz formada. Biz qeyri-məhdud artım halını nəzərdən keçirməliyik x. 1000-i bir-bir əvəz edirik; 10000; 100000 və s, biz funksiyanın dəyərinə sahibik f (x) = 1/x azalacaq: 0,001; 0,0001; 0,00001; və s., sıfıra meyl edir. Buna görə də:

Funksiyanın limitini hesablamaq lazımdır

İkinci misalı həll etməyə başlasaq, qeyri-müəyyənlik görürük. Buradan biz payın və məxrəcin ən yüksək dərəcəsini tapırıq - budur x 3, biz onu say və məxrəcdəki mötərizələrdən çıxarırıq və sonra azaldırıq:

Cavab verin

İlk addım bu həddi tapmaq, əvəzinə dəyəri 1 ilə əvəz edin x, qeyri-müəyyənliklə nəticələnir. Bunu həll etmək üçün payı faktorlara ayıraq və bunu kvadrat tənliyin köklərini tapmaq üsulundan istifadə edərək edək. x 2 + 2x - 3:

D = 2 2 - 4*1*(-3) = 4 +12 = 16→ √ D=√16 = 4

x 1.2 = (-2±4)/2→ x 1 = -3;x 2= 1.

Beləliklə, say belə olacaq:

Cavab verin

Bu, onun xüsusi dəyərinin və ya limitlə məhdudlaşan funksiyanın düşdüyü müəyyən bir sahənin tərifidir.

Limitləri həll etmək üçün qaydalara əməl edin:

Mahiyyəti və əsası başa düşdükdən sonra limitin həlli qaydaları, siz onları necə həll etmək barədə əsas anlayış əldə edəcəksiniz.

Adətən ikinci əlamətdar hədd bu formada yazılır:

\begin(tənlik) \lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(x)\sağ)^x=e\end(tənlik)

Bərabərliyin (1) sağ tərəfində göstərilən $e$ rəqəmi irrasionaldır. Bu ədədin təxmini dəyəri: $e\approx(2(,)718281828459045)$. $t=\frac(1)(x)$ əvəzini yerinə yetirsək, (1) düsturu aşağıdakı kimi yenidən yazıla bilər:

\begin(tənlik) \lim_(t\to(0))\biggl(1+t\biggr)^(\frac(1)(t))=e\end(tənlik)

İlk diqqətəlayiq həddə gəlincə, (1) düsturdakı $x$ dəyişəninin yerində və ya (2) düsturunda $t$ dəyişəninin yerinə hansı ifadənin dayanmasının fərqi yoxdur. Əsas odur ki, iki şərt yerinə yetirilsin:

1. Dərəcənin əsası (yəni (1) və (2) düsturlarının mötərizəsindəki ifadə) birliyə meyl etməlidir;
2. Eksponent (yəni (1) düsturunda $x$ və ya (2) düsturunda $\frac(1)(t)$) sonsuzluğa meyl etməlidir.

İkinci əlamətdar həddin $1^\infty$ qeyri-müəyyənliyini ortaya qoyduğu deyilir. Nəzərə alın ki, (1) düsturunda hansı sonsuzluqdan ($+\infty$ və ya $-\infty$) danışdığımızı göstərmirik. Bu hallardan hər hansı birində düstur (1) düzgündür. (2) düsturunda $t$ dəyişəni həm solda, həm də sağda sıfıra meyl edə bilər.

Qeyd edirəm ki, ikinci əlamətdar həddən bir neçə faydalı nəticələr də var. İkinci əlamətdar hədddən istifadə nümunələri, eləcə də onun nəticələri standart standart hesablamalar və testlər tərtib edənlər arasında çox populyardır.

Nümunə № 1

$\lim_(x\to\infty)\left(\frac(3x+1)(3x-5)\right)^(4x+7)$ limitini hesablayın.

Dərhal qeyd edək ki, dərəcənin əsası (yəni $\frac(3x+1)(3x-5)$) birliyə meyllidir:

$$ \lim_(x\to\infty)\frac(3x+1)(3x-5)=\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(3+\frac(1)(x))(3-\frac(5)(x)) =\frac(3+0)(3-0) = 1. $$

Bu halda eksponent (ifadə $4x+7$) sonsuzluğa meyl edir, yəni. $\lim_(x\to\infty)(4x+7)=\infty$.

Dərəcənin əsası birliyə, eksponent sonsuzluğa meyllidir, yəni. $1^\infty$ qeyri-müəyyənliyi ilə üzləşirik. Bu qeyri-müəyyənliyi aşkar etmək üçün bir düstur tətbiq edək. Düsturun gücünün əsasında $1+\frac(1)(x)$ ifadəsi durur və nəzərdən keçirdiyimiz nümunədə gücün əsası belədir: $\frac(3x+1)(3x- 5)$. Buna görə də, ilk hərəkət $\frac(3x+1)(3x-5)$ ifadəsinin $1+\frac(1)(x)$ formasına rəsmi düzəliş olacaq. Əvvəlcə birini əlavə edin və çıxarın:

$$ \lim_(x\to\infty)\sol(\frac(3x+1)(3x-5)\sağ)^(4x+7) =|1^\infty| =\lim_(x\to\infty)\sol(1+\frac(3x+1)(3x-5)-1\sağ)^(4x+7) $$

Nəzərə alın ki, sadəcə vahid əlavə edə bilməzsiniz. Birini əlavə etmək məcburiyyətində qalırıqsa, bütün ifadənin dəyərini dəyişməmək üçün onu da çıxarmaq lazımdır. Həllini davam etdirmək üçün biz bunu nəzərə alırıq

$$ \frac(3x+1)(3x-5)-1 =\frac(3x+1)(3x-5)-\frac(3x-5)(3x-5) =\frac(3x+1- 3x+5)(3x-5) =\frac(6)(3x-5). $$

$\frac(3x+1)(3x-5)-1=\frac(6)(3x-5)$ olduğundan, onda:

$$ \lim_(x\to\infty)\sol(1+ \frac(3x+1)(3x-5)-1\sağ)^(4x+7) =\lim_(x\to\infty)\ sol(1+\frac(6)(3x-5)\sağ)^(4x+7) $$

Tənzimləməyə davam edək. Düsturun $1+\frac(1)(x)$ ifadəsində kəsrin payı 1, bizim $1+\frac(6)(3x-5)$ ifadəmizdə isə 6$-dır. Hesabda $1$ əldə etmək üçün aşağıdakı çevirmədən istifadə edərək $6$-ı məxrəcə buraxın:

$$ 1+\frac(6)(3x-5) =1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6)) $$

Beləliklə,

$$ \lim_(x\to\infty)\sol(1+\frac(6)(3x-5)\sağ)^(4x+7) =\lim_(x\to\infty)\sol(1+) \frac(1)(\frac(3x-5)(6))\sağ)^(4x+7) $$

Beləliklə, dərəcənin əsası, yəni. $1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))$, formulada tələb olunan $1+\frac(1)(x)$ formasına uyğunlaşdırılıb. İndi eksponentlə işə başlayaq. Qeyd edək ki, düsturda eksponentlərdə və məxrəcdə ifadələr eynidir:

Bu o deməkdir ki, bizim nümunəmizdə göstərici və məxrəcə endirmək lazımdır eyni forma. Göstəricidə $\frac(3x-5)(6)$ ifadəsini almaq üçün sadəcə olaraq göstəricini bu kəsrə vururuq. Təbii ki, belə bir çarpmanı kompensasiya etmək üçün dərhal qarşılıqlı fraksiya ilə vurmalı olacaqsınız, yəni. $\frac(6)(3x-5)$ ilə. Beləliklə, bizdə:

$$ \lim_(x\to\infty)\sol(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\sağ)^(4x+7) =\lim_(x\to\ infty)\sol(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\sağ)^(\frac(3x-5)(6)\cdot\frac(6)(3x-5 )\cdot(4x+7)) =\lim_(x\to\infty)\left(\left(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\sağ)^(\ frac(3x-5)(6))\sağ)^(\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5)) $$

Gücdə yerləşən $\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5)$ kəsirinin həddini ayrıca nəzərdən keçirək:

$$ \lim_(x\to\infty)\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5) =\left|\frac(\infty)(\infty)\sağ| =\lim_(x\to\infty)\frac(6\cdot\sol(4+\frac(7)(x)\sağ))(3-\frac(5)(x)) =6\cdot\ frac(4)(3) =8. $$

Cavab verin: $\lim_(x\to(0))\biggl(\cos(2x)\biggr)^(\frac(1)(\sin^2(3x)))=e^(-\frac(2) (9))$.

Nümunə № 4

$\lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)$ limitini tapın.

$x>0$ üçün bizdə $\ln(x+1)-\ln(x)=\ln\left(\frac(x+1)(x)\right)$ var, onda:

$$ \lim_(x\to+\infty)x\sol(\ln(x+1)-\ln(x)\sağ) =\lim_(x\to+\infty)\sol(x\cdot\ln\ sol(\frac(x+1)(x)\sağ)\sağ) $$

$\frac(x+1)(x)$ kəsrini $\frac(x+1)(x)=1+\frac(1)(x)$ kəsrlərinin cəminə genişləndirərək alırıq:

$$ \lim_(x\to+\infty)\sol(x\cdot\ln\sol(\frac(x+1)(x)\sağ)\sağ) =\lim_(x\to+\infty)\sol (x\cdot\ln\sol(1+\frac(1)(x)\sağ)\sağ) =\lim_(x\to+\infty)\sol(\ln\left(\frac(x+1)) (x)\sağ)^x\sağ) =\ln(e) =1. $$

Cavab verin: $\lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)=1$.

Nümunə № 5

$\lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))$ limitini tapın.

Çünki $\lim_(x\to(2))(3x-5)=6-5=1$ və $\lim_(x\to(2))\frac(2x)(x^2-4)= \ infty$, onda biz $1^\infty$ formasının qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul oluruq. Ətraflı izahatlar 2 nömrəli nümunədə verilmişdir, lakin burada özümüzü məhdudlaşdıracağıq qısa həll. $t=x-2$ əvəzini yerinə yetirərək, əldə edirik:

$$ \lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4)) =\left|\begin(aligned)&t=x-2 ;\;x=t+2\\&t\to(0)\end(hizalanmış)\sağ| =\lim_(t\to(0))\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(2t+4)(t^2+4t))=\\ =\lim_(t\to(0) )\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t)\cdot 3t\cdot\frac(2t+4)(t^2+4t)) =\lim_(t\to(0) )\left(\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t))\sağ)^(\frac(6\cdot(t+2))(t+4)) =e^ 3. $$

Bu nümunəni dəyişdirmədən istifadə edərək fərqli şəkildə həll edə bilərsiniz: $t=\frac(1)(x-2)$. Təbii ki, cavab eyni olacaq:

$$ \lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4)) =\left|\begin(aligned)&t=\frac( 1)(x-2);\;x=\frac(2t+1)(t)\\&t\to\infty\end(düzləşdirilmiş)\sağ| =\lim_(t\to\infty)\sol(1+\frac(3)(t)\sağ)^(t\cdot\frac(4t+2)(4t+1))=\\ =\lim_ (t\to\infty)\sol(1+\frac(1)(\frac(t)(3))\sağ)^(\frac(t)(3)\cdot\frac(3)(t) \cdot\frac(t\cdot(4t+2))(4t+1)) =\lim_(t\to\infty)\left(\left(1+\frac(1)(\frac(t)( 3))\sağ)^(\frac(t)(3))\sağ)^(\frac(6\cdot(2t+1))(4t+1)) =e^3. $$

Cavab verin: $\lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))=e^3$.

Nümunə № 6

$\lim_(x\to\infty)\left(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\right)^(3x) $ limitini tapın.

$x\to\infty$ şərti altında $\frac(2x^2+3)(2x^2-4)$ ifadəsinin nəyə meyl etdiyini öyrənək:

$$ \lim_(x\to\infty)\frac(2x^2+3)(2x^2-4) =\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(2+\frac(3)(x^2))(2-\frac(4)(x^2)) =\frac(2+0)(2 -0)=1. $$

Beləliklə, verilmiş limitdə biz $1^\infty$ formasının qeyri-müəyyənliyi ilə üzləşirik, onu ikinci əlamətdar limitdən istifadə edərək aşkar edəcəyik:

$$ \lim_(x\to\infty)\sol(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\sağ)^(3x) =|1^\infty| =\lim_(x\to\infty)\sol(1+\frac(2x^2+3)(2x^2-4)-1\sağ)^(3x)=\\ =\lim_(x\to) \infty)\left(1+\frac(7)(2x^2-4)\sağ)^(3x) =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac (2x^2-4)(7))\sağ)^(3x)=\\ =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac(2x^2-4) )(7))\sağ)^(\frac(2x^2-4)(7)\cdot\frac(7)(2x^2-4)\cdot 3x) =\lim_(x\to\infty) \left(\left(1+\frac(1)(\frac(2x^2-4)(7))\right)^(\frac(2x^2-4)(7))\sağ)^( \frac(21x)(2x^2-4)) =e^0 =1. $$

Cavab verin: $\lim_(x\to\infty)\sol(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\sağ)^(3x)=1$.

Limitlər bütün riyaziyyat tələbələrinə çoxlu problem yaradır. Məhdudiyyəti həll etmək üçün bəzən bir çox fəndlərdən istifadə etməli və müxtəlif həll üsulları arasından müəyyən bir nümunə üçün uyğun olanı seçməlisiniz.

Bu yazıda imkanlarınızın hüdudlarını anlamağa və ya nəzarətin hüdudlarını anlamağa kömək etməyəcəyik, lakin suala cavab verməyə çalışacağıq: məhdudiyyətləri necə başa düşmək olar. ali riyaziyyat? Anlayış təcrübə ilə gəlir, buna görə də eyni zamanda bir neçəsini verəcəyik ətraflı nümunələr izahlarla limitlərin həlli.

Riyaziyyatda limit anlayışı

Birinci sual budur: bu hədd nədir və nəyin həddi? Ədədi ardıcıllığın və funksiyaların hədləri haqqında danışmaq olar. Bizi funksiyanın həddi anlayışı maraqlandırır, çünki bu, tələbələrin ən çox rastlaşdığı şeydir. Ancaq birincisi - ən çox ümumi tərif limit:

Deyək ki, dəyişən dəyər var. Dəyişiklik prosesində bu dəyər qeyri-məhdud olaraq müəyyən bir rəqəmə yaxınlaşırsa a , Bu a – bu dəyərin həddi.

Müəyyən intervalda müəyyən edilmiş funksiya üçün f(x)=y belə bir ədəd limit adlanır A , funksiya nə zaman meyl edir X , müəyyən bir nöqtəyə meyl edir A . Nöqtə A funksiyanın təyin olunduğu intervala aiddir.

Çətin səslənir, amma çox sadə yazılıb:

Lim- ingilis dilindən limit- limit.

Həddi müəyyənləşdirməyin həndəsi izahı da var, lakin burada biz nəzəriyyəyə dərindən girməyəcəyik, çünki bizi məsələnin nəzəri tərəfi deyil, praktiki tərəfi daha çox maraqlandırır. Bunu deyəndə X müəyyən dəyərə meyl edir, bu o deməkdir ki, dəyişən ədədin qiymətini almır, ona sonsuz yaxınlaşır.

verək konkret misal. Vəzifə həddi tapmaqdır.

Bu nümunəni həll etmək üçün dəyəri əvəz edirik x=3 funksiyaya çevrilir. Biz əldə edirik:

Yeri gəlmişkən, matrislər üzərində əsas əməliyyatlarla maraqlanırsınızsa, oxuyun ayrı məqalə bu mövzu haqqında.

Nümunələrdə X istənilən dəyərə meyl edə bilər. İstənilən rəqəm və ya sonsuzluq ola bilər. Budur bir nümunə zaman X sonsuzluğa meyl edir:

İntuitiv olaraq, məxrəcdəki ədəd nə qədər böyükdürsə, funksiya bir o qədər kiçik dəyər alacaq. Beləliklə, qeyri-məhdud böyümə ilə X məna 1/x azalacaq və sıfıra yaxınlaşacaq.

Gördüyünüz kimi, limiti həll etmək üçün sadəcə olaraq səy göstərdiyiniz dəyəri funksiyaya əvəz etməlisiniz. X . Ancaq bu, ən sadə haldır. Çox vaxt həddi tapmaq o qədər də aydın olmur. Məhdudiyyətlər daxilində növün qeyri-müəyyənlikləri var 0/0 və ya sonsuzluq/sonsuzluq . Belə hallarda nə etməli? Hiylələrə müraciət edin!

İçindəki qeyri-müəyyənliklər

Sonsuzluq/sonsuzluq formasının qeyri-müəyyənliyi

Bir məhdudiyyət olsun:

Funksiyada sonsuzluğu əvəz etməyə çalışsaq, həm payda, həm də məxrəcdə sonsuzluq əldə edəcəyik. Ümumiyyətlə, bu cür qeyri-müəyyənliklərin həllində sənətin müəyyən bir elementinin olduğunu söyləmək lazımdır: qeyri-müəyyənliyin aradan qaldırılması üçün funksiyanı necə çevirə biləcəyinizə diqqət yetirməlisiniz. Bizim vəziyyətimizdə pay və məxrəci bölürük X ali pillədə. Nə olacaq?

Yuxarıda müzakirə edilən nümunədən bilirik ki, məxrəcdə x olan terminlər sıfıra meyilli olacaq. Sonra limitin həlli belədir:

Tip qeyri-müəyyənliklərini həll etmək üçün sonsuzluq/sonsuzluq payı və məxrəci bölün Xən yüksək dərəcədə.

Yeri gəlmişkən! Oxucularımız üçün artıq 10% endirim var istənilən növ iş

Başqa bir qeyri-müəyyənlik növü: 0/0

Həmişə olduğu kimi, funksiyaya dəyərlərin dəyişdirilməsi x=-1 verir 0 say və məxrəcdə. Bir az daha yaxından baxın və bunu paylayıcımızda görəcəksiniz kvadrat tənlik. Kökləri tapıb yazaq:

Gəlin azaldıb əldə edək:

Beləliklə, qeyri-müəyyənlik növü ilə qarşılaşırsınızsa 0/0 – say və məxrəci amil.

Nümunələri həll etməyinizi asanlaşdırmaq üçün bəzi funksiyaların hədləri olan bir cədvəl təqdim edirik:

L'Hopital qaydası daxilində

Hər iki qeyri-müəyyənliyi aradan qaldırmağın başqa bir güclü yolu. Metodun mahiyyəti nədir?

Limitdə qeyri-müəyyənlik olarsa, qeyri-müəyyənlik aradan qalxana qədər pay və məxrəcdən törəmə götürün.

L'Hopital qaydası belə görünür:

Əhəmiyyətli məqam : payın və məxrəcin törəmələrinin say və məxrəcin yerinə durduğu hədd olmalıdır.

İndi - əsl nümunə:

Tipik qeyri-müəyyənlik var 0/0 . Gəlin say və məxrəcin törəmələrini götürək:

Voila, qeyri-müəyyənlik tez və zərif şəkildə həll olunur.

Ümid edirik ki, siz bu məlumatı praktikada faydalı şəkildə tətbiq edə və “ali riyaziyyatda hədləri necə həll etmək olar” sualına cavab tapa biləcəksiniz. Bir nöqtədə ardıcıllığın limitini və ya funksiyanın limitini hesablamağınız lazımdırsa və bu iş üçün tamamilə vaxt yoxdursa, tez və ətraflı həll üçün peşəkar tələbə xidməti ilə əlaqə saxlayın.