Yuxarıdakı məqalədən limitin nə olduğunu və nə ilə yeyildiyini öyrənə bilərsiniz - bu ÇOX vacibdir. Niyə? Determinantların nə olduğunu başa düşməyə və onları uğurla həll etməyə, törəmənin nə olduğunu heç başa düşməyə və onları “A” ilə tapa bilərsiniz. Ancaq limitin nə olduğunu başa düşmürsənsə, praktiki vəzifələri həll etmək çətin olacaq. Nümunə həllər və dizayn tövsiyələrimlə tanış olmaq da yaxşı olardı. Bütün məlumatlar sadə və əlçatan formada təqdim olunur.
Və bu dərsin məqsədləri üçün bizə aşağıdakı tədris materialları lazımdır: Möhtəşəm Limitlər Və Triqonometrik düsturlar. Onları səhifədə tapa bilərsiniz. Dərslikləri çap etmək daha yaxşıdır - bu, daha rahatdır və bundan əlavə, tez-tez onlara oflayn müraciət etməli olacaqsınız.
Möhtəşəm məhdudiyyətlər üçün bu qədər xüsusi nədir? Bu hədlərin diqqətəlayiq cəhəti odur ki, onlar məşhur riyaziyyatçıların ən böyük ağılları tərəfindən sübut edilmişdir və minnətdar nəsillər yığılıb qalaraq qorxunc məhdudiyyətlərdən əziyyət çəkməli deyillər. triqonometrik funksiyalar, loqarifmlər, güclər. Yəni həddi taparkən nəzəri cəhətdən sübut olunmuş hazır nəticələrdən istifadə edəcəyik.
Bir neçə gözəl məhdudiyyət var, lakin praktikada qiyabi tələbələrin 95% hallarda iki gözəl məhdudiyyət var: Birinci gözəl hədd , İkinci gözəl hədd. Qeyd etmək lazımdır ki, bunlar tarixən müəyyən edilmiş adlardır və məsələn, “ilk əlamətdar həddi” haqqında danışarkən, bununla tavandan götürülmüş təsadüfi həddi deyil, çox konkret bir şeyi nəzərdə tuturlar.
İlk gözəl hədd
Aşağıdakı həddi nəzərdən keçirin: (doğma "o" hərfinin əvəzinə mən yunan hərfindən "alfa" istifadə edəcəyəm, bu, materialın təqdim edilməsi baxımından daha əlverişlidir).
Məhdudiyyətləri tapmaq qaydamıza uyğun olaraq (məqaləyə baxın Limitlər. Həll nümunələri) funksiyada sıfırı əvəz etməyə çalışırıq: paylayıcıda sıfır alırıq (sıfırın sinusu sıfırdır), məxrəcdə isə açıq şəkildə sıfır da var. Beləliklə, xoşbəxtlikdən açıqlanmağa ehtiyacı olmayan forma qeyri-müəyyənliyi ilə qarşılaşırıq. bilirəm riyazi analiz, sübut edilmişdir ki:
Bu riyazi fakt deyilir İlk gözəl hədd. Mən limitin analitik sübutunu verməyəcəyəm, amma budur: həndəsi məna haqqında sinifdə baxacağıq sonsuz kiçik funksiyalar.
Tez-tez daxil praktiki tapşırıqlar funksiyalar fərqli şəkildə təşkil edilə bilər, heç nəyi dəyişmir:
- eyni ilk gözəl hədd.
Ancaq siz say və məxrəci özünüz yenidən təşkil edə bilməzsiniz! Limit şəklində verilirsə, heç bir şeyi yenidən təşkil etmədən eyni formada həll edilməlidir.
Praktikada yalnız dəyişən deyil, həm də elementar funksiya parametr kimi çıxış edə bilər. mürəkkəb funksiya. Yeganə vacib olan odur ki, sıfıra meyllidir.
Nümunələr:
, , 
, 
Budur, , , 
, və hər şey yaxşıdır - ilk gözəl limit tətbiq olunur.
Lakin aşağıdakı giriş bidətdir:
Niyə? Çoxhədli sıfıra meyl etmədiyi üçün beşə meyllidir.
Yeri gəlmişkən, tez bir sual: hədd nədir? 
? Cavab dərsin sonunda tapıla bilər.
Təcrübədə hər şey o qədər də hamar deyil, demək olar ki, heç vaxt tələbəyə pulsuz limiti həll etmək və asan keçid almaq təklif edilmir. Hmmm... Mən bu sətirləri yazıram və ağlıma çox vacib bir fikir gəldi - axı, “pulsuz” riyazi tərifləri və düsturları əzbər xatırlamaq daha yaxşıdır, bu, sualın nə vaxt veriləcəyi testdə əvəzsiz kömək edə bilər. “iki” və “üç” arasında qərar verilir və müəllim şagirdə sadə sual vermək və ya həll etməyi təklif etmək qərarına gəlir. ən sadə misal(“bəlkə o (lər) hələ nə bilir?!”).
Nəzərə almağa davam edək praktik nümunələr:
Misal 1
Həddini tapın
Həddində bir sinus görsək, bu, bizi dərhal ilk diqqətəlayiq həddi tətbiq etməyin mümkünlüyü barədə düşünməyə vadar etməlidir.
Əvvəlcə limit işarəsi altındakı ifadədə 0-ı əvəz etməyə çalışırıq (bunu zehni olaraq və ya qaralamada edirik):
Beləliklə, forma qeyri-müəyyənliyimiz var qeyd etməyinizə əmin olun qərar qəbul edərkən. Limit işarəsinin altındakı ifadə birinci gözəl həddə bənzəyir, lakin bu, tam olaraq o deyil, sinusun altındadır, lakin məxrəcdədir.
Belə hallarda, süni bir texnikadan istifadə edərək, ilk diqqətəlayiq həddi özümüz təşkil etməliyik. Əsaslandırma xətti aşağıdakı kimi ola bilər: "Bizim sinusumuzun altında, bu o deməkdir ki, biz də məxrəcə girməliyik."
Və bu çox sadə şəkildə edilir:
Yəni məxrəc süni şəkildə vurulur bu halda 7-yə bölünür və eyni yeddiyə bölünür. İndi səsyazmamız tanış formanı alıb.
Tapşırıq əl ilə tərtib edildikdə, ilk diqqətəlayiq həddi sadə bir qələmlə qeyd etmək məsləhətdir:
Nə olub? Əslində dairəvi ifadəmiz vahidə çevrilərək əsərdə itdi: 
İndi yalnız üç mərtəbəli fraksiyadan xilas olmaq qalır: 
Çoxsəviyyəli fraksiyaların sadələşdirilməsini kim unutdusa, lütfən, istinad kitabındakı materialı yeniləyin. Məktəb riyaziyyat kursu üçün isti düsturlar .
Hazır. Yekun cavab:
Qələm işarələrindən istifadə etmək istəmirsinizsə, onda həll yolu belə yazıla bilər:
“
Gəlin ilk gözəl limitdən istifadə edək 
“
Misal 2
Həddini tapın
Yenə limitdə bir kəsr və sinus görürük. Gəlin say və məxrəcdə sıfırı əvəz etməyə çalışaq:
Həqiqətən, qeyri-müəyyənliyimiz var və buna görə də ilk gözəl həddi təşkil etməyə çalışmalıyıq. Dərsdə Limitlər. Həll nümunələri biz qeyri-müəyyənlik olduqda, pay və məxrəci faktorlara ayırmaq lazım olduğu qaydasını nəzərdən keçirdik. Burada eynidir, dərəcələri məhsul (çoxalanlar) kimi təqdim edəcəyik:
Əvvəlki nümunəyə bənzər şəkildə, diqqətəlayiq hədlərin ətrafında bir qələm çəkirik (burada onlardan ikisi var) və onların birliyə meylli olduğunu göstəririk:
Əslində cavab hazırdır:
Aşağıdakı nümunələrdə mən Paint-də sənətkarlıq etməyəcəyəm, bir notebookda bir həlli necə düzgün tərtib etməyi düşünürəm - artıq başa düşürsən.
Misal 3
Həddini tapın
Limit işarəsi altındakı ifadədə sıfırı əvəz edirik:
Açıqlanması lazım olan qeyri-müəyyənlik əldə edilib. Həddində bir tangens varsa, o, demək olar ki, həmişə tanınmış triqonometrik düsturdan istifadə edərək sinus və kosinusa çevrilir (yeri gəlmişkən, onlar kotangenslə təxminən eyni şeyi edirlər, şəklə baxın). metodik material İsti triqonometrik düsturlar Səhifədə Riyazi düsturlar, cədvəllər və istinad materialları).
Bu halda:
Sıfırın kosinusu birinə bərabərdir və ondan qurtulmaq asandır (birə meylli olduğunu qeyd etməyi unutmayın):
Beləliklə, əgər həddə kosinus ÇARPAN olarsa, kobud desək, onu məhsulda yox olan vahidə çevirmək lazımdır.
Burada hər şey heç bir vurma və bölmə olmadan daha sadə oldu. İlk əlamətdar hədd də birinə çevrilir və məhsulda yox olur:
Nəticədə sonsuzluq əldə edilir və bu baş verir.
Misal 4
Həddini tapın
Gəlin say və məxrəcdə sıfırı əvəz etməyə çalışaq:
Qeyri-müəyyənlik əldə edilir (sıfır kosinusu, xatırladığımız kimi, birə bərabərdir)
istifadə edirik triqonometrik düstur. Qeyd etmək! Nədənsə bu düsturdan istifadə edilən məhdudiyyətlər çox yaygındır.
Gəlin sabit amilləri limit işarəsindən kənara keçirək:
Gəlin ilk gözəl limiti təşkil edək:
Burada birinə çevrilən və məhsulda yox olan yalnız bir əlamətdar limitimiz var:
Üç mərtəbəli quruluşdan xilas olaq:
Limit əslində həll olundu, qalan sinusun sıfıra meyl etdiyini göstəririk:
Misal 5
Həddini tapın 
Bu nümunə daha mürəkkəbdir, bunu özünüz anlamağa çalışın:
Bəzi məhdudiyyətlər dəyişəni dəyişdirərək 1-ci əlamətdar həddə endirilə bilər, bu barədə bir az sonra məqalədə oxuya bilərsiniz Limitlərin həlli üsulları.
İkinci gözəl hədd
Riyazi analiz nəzəriyyəsində sübut edilmişdir ki:
Bu fakt deyilir ikinci gözəl hədd.
İstinad: 
irrasional ədəddir.
Parametr təkcə dəyişən deyil, həm də mürəkkəb funksiya ola bilər. Yeganə vacib olan odur ki, sonsuzluğa can atsın.
Misal 6
Həddini tapın
Limit işarəsinin altındakı ifadə bir dərəcədə olduqda, bu, ikinci gözəl həddi tətbiq etməyə çalışmalı olduğunuz ilk əlamətdir.
Ancaq əvvəlcə həmişə olduğu kimi ifadədə sonsuz böyük rəqəmi əvəz etməyə çalışırıq, bunun hansı prinsiplə edildiyi dərsdə müzakirə olunur. Limitlər. Həll nümunələri.
Nə vaxt olduğunu fərq etmək asandır dərəcənin əsası , göstəricisi isə dir , yəni formada qeyri-müəyyənlik var:
Bu qeyri-müəyyənlik ikinci əlamətdar həddin köməyi ilə dəqiq şəkildə aşkar edilir. Ancaq tez-tez olduğu kimi, ikinci möcüzə həddi gümüş bir qabda yatmır və onu süni şəkildə təşkil etmək lazımdır. Siz aşağıdakı kimi əsaslandıra bilərsiniz: bu nümunədə parametr , yəni biz də göstəricidə təşkil etməliyik. Bunun üçün bazanı gücə qaldırırıq və ifadənin dəyişməməsi üçün onu gücə qaldırırıq:
Tapşırıq əl ilə tamamlandıqda, qələmlə qeyd edirik:
Demək olar ki, hər şey hazırdır, dəhşətli dərəcə gözəl bir məktuba çevrildi:
Bu halda, biz həddi işarənin özünü göstəriciyə keçirik:
Misal 7
Həddini tapın
Diqqət! Bu cür məhdudiyyət çox tez-tez baş verir, lütfən, bu nümunəni çox diqqətlə öyrənin.
Limit işarəsi altındakı ifadədə sonsuz böyük ədədi əvəz etməyə çalışaq:
Nəticə qeyri-müəyyənlikdir. Lakin ikinci diqqətəlayiq hədd formanın qeyri-müəyyənliyinə aiddir. Nə etməli? Biz dərəcənin əsasını çevirməliyik. Biz belə əsaslandırırıq: məxrəcdə bizdə var, bu o deməkdir ki, payda biz də təşkil etməliyik.
Sübut:
Əvvəlcə ardıcıllığın halı üçün teoremi sübut edək 
Nyutonun binomial düsturuna görə:
aldığımızı fərz etsək
Bu bərabərlikdən (1) belə çıxır ki, n artdıqca sağ tərəfdəki müsbət hədlərin sayı artır. Bundan əlavə, n artdıqca, say azalır, buna görə də dəyərlər 
artır. Buna görə də ardıcıllıq 
artan və (2)*Biz onun məhdud olduğunu göstəririk. Bərabərliyin sağ tərəfindəki hər mötərizəni biri ilə əvəz edin, sağ hissə artır, bərabərsizlik əldə edirik
Gəlin yaranan bərabərsizliyi gücləndirək, kəsrlərin məxrəclərində dayanan 3,4,5, ...-ni 2 rəqəmi ilə əvəz edək: Şərtlərin cəmindən istifadə edərək mötərizədə cəmi tapırıq düstur həndəsi irəliləyiş: Buna görə də 
(3)*
Beləliklə, ardıcıllıq yuxarıdan məhduddur və (2) və (3) bərabərsizlikləri təmin edilir: 
Buna görə də, Veyerştrass teoreminə (ardıcıllığın yaxınlaşma meyarı) əsaslanaraq ardıcıllıq 
monoton şəkildə artır və məhduddur, yəni e hərfi ilə işarələnən limiti var. Bunlar. 
İkinci əlamətdar həddin x-in təbii qiymətləri üçün doğru olduğunu bilərək, real x üçün ikinci əlamətdar həddi sübut edirik, yəni sübut edirik ki, 
. İki halı nəzərdən keçirək:
1. X-in hər bir qiyməti iki müsbət tam ədəd arasında olsun: ,buradadır bütün hissəsi x. => =>
Əgər , onda Ona görə də, limitə uyğun olaraq 
bizdə var
Limitlərin mövcudluğu meyarına (aralıq funksiyanın həddi haqqında) əsaslanır 
2. Qoy . O zaman − x = t əvəzini edək
Bu iki hadisədən belə nəticə çıxır 
real x üçün.
Nəticələr:
9 .) Sonsuz kiçiklərin müqayisəsi. Sonsuz kiçiklərin həddə ekvivalentlərlə əvəzlənməsi teoremləri və sonsuz kiçiklərin əsas hissəsi haqqında teorem.
Qoy funksiyalar a( x) və b( x) – b.m. saat x ® x 0 .
Təriflər.
1)a( x) çağırdı sonsuz kiçik daha çox yüksək sifariş Necə b (x) Əgər
yazın: a( x) = o(b() x)) .
2)a( x) Və b( x)adlandırılır eyni ardıcıllığın sonsuz kiçikləri, Əgər
harada CÎℝ və C¹ 0 .
yazın: a( x) = O(b( x)) .
3)a( x) Və b( x) adlandırılır ekvivalent , Əgər
yazın: a( x) ~ b( x).
4)a( x) nisbi k sırasının sonsuz kiçik adlanır
tamamilə sonsuz kiçik b( x),
sonsuz kiçik olsa a( x)Və(b( x))k eyni sıraya sahib olun, yəni. Əgər
harada CÎℝ və C¹ 0 .
TEOREM 6 (sonsuz kiçiklərin ekvivalentləri ilə əvəz edilməsi haqqında).
Qoy a( x), b( x), a 1 ( x), b 1 ( x)– b.m. x-də ® x 0 . Əgər a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x),
Bu 
Sübut: qoy a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x), Sonra
TEOREM 7 (sonsuz kiçikin əsas hissəsi haqqında).
Qoy a( x)Və b( x)– b.m. x-də ® x 0 , və b( x)– b.m. daha yüksək sifariş a( x).
= , a ildən b( x) – a(dan yüksək) x), onda, yəni. 
-dan aydındır ki, a( x) + b( x) ~ a( x)
10) Bir nöqtədə funksiyanın davamlılığı (epsilon-delta, həndəsi hədlər dilində) Birtərəfli davamlılıq. Fasilədə, seqmentdə davamlılıq. Davamlı funksiyaların xassələri.
1. Əsas təriflər
Qoy f(x) nöqtənin bəzi qonşuluğunda müəyyən edilir x 0 .
TƏRİF 1. Funksiya f(x) çağırdı bir nöqtədə davamlıdır x 0 bərabərlik doğrudursa
Qeydlər.
1) 5 §3 teoreminə əsasən bərabərlik (1) şəklində yazıla bilər.
Vəziyyət (2) - birtərəfli hədlərin dilində bir nöqtədə funksiyanın davamlılığının təyini.
2) Bərabərlik (1) belə də yazıla bilər:
Onlar deyirlər: “əgər funksiya bir nöqtədə davamlıdırsa x 0 olarsa, limit və funksiyanın işarəsi dəyişdirilə bilər."
TƏRİF 2 (e-d dilində).
Funksiya f(x) çağırdı bir nöqtədə davamlıdır x 0 Əgər"e>0 $d>0 bu cür, Nə
əgər xОU( x 0 , d) (yəni | x – x 0 | < d),
sonra f(x)ÎU( f(x 0), e) (yəni | f(x) – f(x 0) | < e).
Qoy x, x 0 Î D(f) (x 0 - sabit, x - ixtiyari)
İşarə edək: D x= x - x 0 – arqument artımı
D f(x 0) = f(x) – f(x 0) – pointx-də funksiyanın artımı 0
TƏRİF 3 (həndəsi).
Funksiya f(x) açıqdır çağırdı bir nöqtədə davamlıdır
x 0
bu nöqtədə arqumentdəki sonsuz kiçik artım funksiyadakı sonsuz kiçik artıma uyğun gəlirsə, yəni.
Qoy funksiya olsun f(x) intervalında müəyyən edilir [ x 0 ; x 0 + d) (aralıqda ( x 0 – d; x 0 ]).
TƏrif. Funksiya f(x) çağırdı bir nöqtədə davamlıdır
x 0 sağda
(sol
), bərabərlik doğrudursa
Aydındır ki f(x) nöqtəsində davamlıdır x 0 Û f(x) nöqtəsində davamlıdır x 0 sağ və sol.
TƏrif. Funksiya f(x) çağırdı fasilə üçün davamlı e ( a; b) əgər bu intervalın hər bir nöqtəsində davamlıdırsa.
Funksiya f(x) seqment üzrə davamlı adlanır [a; b] intervalda davamlı olarsa (a; b) və sərhəd nöqtələrində birtərəfli davamlılığa malikdir(yəni nöqtədə davamlı a sağda, nöqtədə b- sol).
11) Qırılma nöqtələri, onların təsnifatı
TƏrif. Əgər funksiya f(x) x nöqtəsinin bəzi qonşuluğunda müəyyən edilmişdir 0 , lakin bu nöqtədə davamlı deyil, o zaman f(x) x nöqtəsində fasiləsiz adlanır 0 , və nöqtənin özü x 0 qırılma nöqtəsi adlanır funksiyaları f(x) .
Qeydlər.
1) f(x) nöqtənin natamam qonşuluğunda təyin oluna bilər x 0 .
Sonra funksiyanın müvafiq birtərəfli davamlılığını nəzərdən keçirin.
2) Þ nöqtəsinin tərifindən x 0 funksiyanın qırılma nöqtəsidir f(x) iki halda:
a) U( x 0 , d)О D(f), lakin üçün f(x) bərabərlik təmin edilmir
b) U * ( x 0 , d)О D(f) .
üçün elementar funksiyalar yalnız b) halı mümkündür.
Qoy x 0 – funksiyanın kəsilmə nöqtəsi f(x) .
TƏrif. X nöqtəsi 0 çağırdı qırılma nöqtəsi I bir növ f funksiyası varsa(x)bu nöqtədə solda və sağda sonlu sərhədləri var.
Bu həddlər bərabərdirsə, x nöqtəsi 0 çağırdı çıxarıla bilən qırılma nöqtəsi , əks halda - atlama nöqtəsi .
TƏrif. X nöqtəsi 0 çağırdı qırılma nöqtəsi II bir növ f funksiyasının birtərəfli hədlərindən ən azı biri olarsa(x)bu nöqtədə bərabərdir¥ ya da yoxdur.
12) Bir intervalda davamlı funksiyaların xassələri (Veyerştrass (sübutsuz) və Koşi teoremləri
Weierstrass teoremi
O zaman f(x) funksiyası fasiləsiz olsun
1)f(x) ilə məhdudlaşır
2)f(x) və intervalında ən kiçik qiymətini alır ən yüksək dəyər
Tərif: Hər hansı x€ D(f) üçün m≤f(x) olarsa, m=f funksiyasının qiyməti ən kiçik adlanır.
İstənilən x € D(f) üçün m≥f(x) olarsa, m=f funksiyasının qiymətinin ən böyük olduğu deyilir.
Funksiya seqmentin bir neçə nöqtəsində ən kiçik/ən böyük dəyəri ala bilər.
f(x 3)=f(x 4)=maks
Koşi teoremi.
f(x) funksiyası seqmentdə kəsilməz olsun və x f(a) və f(b) arasında olan ədəd olsun, onda ən azı bir x 0 € nöqtəsi olsun ki, f(x 0)= g olsun.
İkinci əlamətdar hədd üçün düstur lim x → ∞ 1 + 1 x x = e-dir. Yazının başqa bir forması belə görünür: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e.
İkinci əlamətdar hədd haqqında danışarkən, 1 ∞ formasının qeyri-müəyyənliyi ilə məşğul olmalıyıq, yəni. sonsuz dərəcədə vahiddir.
Yandex.RTB R-A-339285-1
İkinci əlamətdar həddi hesablamaq qabiliyyətinin faydalı olacağı problemləri nəzərdən keçirək.
Misal 1
lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 həddi tapın.
Həll
Lazım olan düsturu əvəz edək və hesablamaları aparaq.
lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 - 2 ∞ 2 + 1 ∞ 2 + 1 4 = 1 - 0 ∞ = 1 ∞
Cavabımız sonsuzluğun gücünə bir oldu. Həll metodunu müəyyən etmək üçün qeyri-müəyyənlik cədvəlindən istifadə edirik. Gəlin ikinci əlamətdar həddi seçək və dəyişənlərdə dəyişiklik edək.
t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2
Əgər x → ∞ olarsa, onda t → - ∞ olar.
Dəyişmədən sonra nə əldə etdiyimizə baxaq:
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
Cavab: lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = e - 1 2 .
Misal 2
lim x → ∞ x - 1 x + 1 x limitini hesablayın.
Həll
Gəlin sonsuzluğu əvəz edək və aşağıdakıları əldə edək.
lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = lim x → ∞ 1 - 1 x 1 + 1 x x = 1 - 0 1 + 0 ∞ = 1 ∞
Cavabda yenə əvvəlki problemdə olduğu kimi eyni şeyi aldıq, buna görə də ikinci əlamətdar həddi yenidən istifadə edə bilərik. Sonra bazada seçməliyik güc funksiyası bütün hissə:
x - 1 x + 1 = x + 1 - 2 x + 1 = x + 1 x + 1 - 2 x + 1 = 1 - 2 x + 1
Bundan sonra limit aşağıdakı formanı alır:
lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x
Dəyişənləri dəyişdirin. Fərz edək ki, t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1 ; əgər x → ∞ olarsa, onda t → ∞ olar.
Bundan sonra, orijinal limitdə nə əldə etdiyimizi yazırıq:
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
Bu transformasiyanı həyata keçirmək üçün biz limitlərin və səlahiyyətlərin əsas xüsusiyyətlərindən istifadə etdik.
Cavab: lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = e - 2 .
Misal 3
lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 limitini hesablayın.
Həll
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 ∞
Bundan sonra, ikinci böyük limiti tətbiq etmək üçün funksiyanı çevirməliyik. Aşağıdakıları əldə etdik:
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
İndi kəsrin pay və məxrəcində eyni eksponentlərə malik olduğumuz üçün (altıya bərabərdir), sonsuzluqdakı kəsrin həddi bu əmsalların daha yüksək dərəcələrdə nisbətinə bərabər olacaqdır.
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 əvəz etməklə biz ikinci əlamətdar həddi əldə edirik. Nə deməkdir:
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
Cavab: lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = e - 3 .
nəticələr
Qeyri-müəyyənlik 1 ∞, yəni. sonsuz gücə birlik güc qanunu qeyri-müəyyənliyidir, buna görə də eksponensial güc funksiyalarının hədlərini tapmaq qaydalarından istifadə etməklə aşkar edilə bilər.
Mətndə xəta görsəniz, onu vurğulayın və Ctrl+Enter düymələrini basın
Bu məqalə: “İkinci diqqətəlayiq həddi” formanın qeyri-müəyyənlikləri çərçivəsində açıqlamaya həsr edilmişdir:
$ \bigg[\frac(\infty)(\infty)\bigg]^\infty $ və $ ^\infty $.
Həmçinin, bu cür qeyri-müəyyənliklər eksponensial funksiyanın loqarifmindən istifadə etməklə aşkar edilə bilər, lakin bu, başqa bir məqalədə müzakirə ediləcək başqa bir həll üsuludur.
Formula və nəticələr
Düstur ikinci əlamətdar həddi aşağıdakı kimi yazılır: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1+\frac(1)(x)\bigg)^x = e, \text( burada ) e \təxminən 2.718 $$
Formuladan irəli gəlir nəticələri, limitli misalların həlli üçün istifadə etmək çox rahatdır: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(k)(x) \bigg)^x = e^k, \text( burada ) k \in \mathbb(R) $$ $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(1)(f(x)) \bigg)^(f(x)) = e $ $ $$ \lim_(x \to 0) \bigg (1 + x \bigg)^\frac(1)(x) = e $$
Qeyd etmək lazımdır ki, ikinci əlamətdar həddi həmişə eksponensial funksiyaya tətbiq etmək olmaz, ancaq baza birliyə meylli olduğu hallarda. Bunu etmək üçün əvvəlcə bazanın həddini zehni olaraq hesablayın və sonra nəticə çıxarın. Bütün bunlar nümunə həllərdə müzakirə olunacaq.
Həll nümunələri
Birbaşa düsturdan istifadə edərək həllər nümunələrinə və onun nəticələrinə baxaq. Düsturun lazım olmadığı halları da təhlil edəcəyik. Yalnız hazır cavabı yazmaq kifayətdir.
| Misal 1 |
| Limiti tapın $ \lim_(x\to\infty) \bigg(\frac(x+4)(x+3) \bigg)^(x+3) $ |
| Həll |
|
Sonsuzluğu həddi ilə əvəz edək və qeyri-müəyyənliyə baxaq: $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(\frac(x+4)(x+3) \bigg)^(x+3) = \bigg (\ frac (\infty)(\infty)\bigg)^\infty $$ Baza həddi tapaq: $$ \lim_(x\to\infty) \frac(x+4)(x+3)= \lim_(x\to\infty) \frac(x(1+\frac) (4)() x)))(x(1+\frac(3)(x))) = 1 $$ Birə bərabər baza əldə etdik, bu o deməkdir ki, biz artıq ikinci əlamətdar həddi tətbiq edə bilərik. Bunu etmək üçün, birini çıxarıb əlavə etməklə funksiyanın əsasını düstura uyğunlaşdıraq: $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(x+4)(x+3) - 1 \bigg)^(x+3) = \lim_(x\to\infty) \ bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = $$ Gəlin ikinci nəticəyə baxaq və cavabı yazaq: $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = e $$ Probleminizi həll edə bilmirsinizsə, o zaman göndər onu bizə. Biz ətraflı həll təqdim edəcəyik. Siz hesablamanın gedişatına baxa və məlumat əldə edə biləcəksiniz. Bu, müəlliminizdən vaxtında qiymət almağınıza kömək edəcək! |
| Cavab verin |
| $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = e $$ |
| Misal 4 |
| Limiti həll edin $ \lim_(x\to \infty) \bigg (\frac(3x^2+4)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) $ |
| Həll |
|
Biz bazanın limitini tapırıq və görürük ki, $ \lim_(x\to\infty) \frac(3x^2+4)(3x^2-2) = 1 $, yəni ikinci əlamətdar limiti tətbiq edə bilərik. Standart plana görə dərəcənin əsasından birini əlavə edib çıxarırıq: $$ \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(3x^2+4)(3x^2-2)-1 \bigg) ^(3x) = \lim_(x\to \infty) ) \bigg (1+\frac(6)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) = $$ Kəsiri 2-ci qeydin düsturuna uyğunlaşdırırıq. limit: $$ = \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(1)(\frac(3x^2-2)(6)) \bigg) ^(3x) = $$ İndi dərəcəni tənzimləyək. Gücdə $ \frac(3x^2-2)(6) $ əsasının məxrəcinə bərabər kəsr olmalıdır. Bunu etmək üçün dərəcəsini vurub bölün və həll etməyə davam edin: $$ = \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(1)(\frac(3x^2-2)(6)) \bigg) ^(\frac(3x^2-2) (6) \cdot \frac(6)(3x^2-2)\cdot 3x) = \lim_(x\to \infty) e^(\frac(18x)(3x^2-2)) = $$ Gücdə $ e $ səviyyəsində yerləşən hədd bərabərdir: $ \lim_(x\to \infty) \frac(18x)(3x^2-2) = 0 $. Beləliklə, həllimizə davam edirik: |
| Cavab verin |
| $$ \lim_(x\to \infty) \bigg (\frac(3x^2+4)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) = 1 $$ |
Problemin ikinci əlamətdar həddə bənzədiyi, lakin onsuz həll edilə biləcəyi hallara baxaq.
“İkinci diqqətəlayiq həddi: Həll nümunələri” adlı məqalədə düstur, onun nəticələri təhlil edilmiş və bu mövzuda ümumi problemlərin növləri verilmişdir.
