Tavaliselt kirjutatakse teine märkimisväärne piirang järgmisel kujul:
\begin(võrrand) \lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(x)\right)^x=e\end(võrrand)
Võrdsuse (1) paremal küljel näidatud arv $e$ on irratsionaalne. Selle arvu ligikaudne väärtus on: $e\approx(2(,)718281828459045)$. Kui teeme asendus $t=\frac(1)(x)$, siis saab valemi (1) ümber kirjutada järgmiselt:
\begin(võrrand) \lim_(t\to(0))\biggl(1+t\biggr)^(\frac(1)(t))=e\end(võrrand)
Nagu ka esimese märkimisväärse piirangu puhul, pole vahet, milline avaldis on valemis (1) muutuja $x$ asemel või valemis (2) muutuja $t$ asemel. Peamine on täita kaks tingimust:
- Astme alus (st valemite (1) ja (2) sulgudes olev avaldis peaks kalduma ühtsusele;
- Eksponent (st $x$ valemis (1) või $\frac(1)(t)$ valemis (2)) peab kalduma lõpmatuseni.
Väidetavalt näitab teine tähelepanuväärne piirmäär $1^\infty$ ebakindlust. Pange tähele, et valemis (1) me ei täpsusta, millisest lõpmatusest ($+\infty$ või $-\infty$) me räägime. Kõigil neil juhtudel on valem (1) õige. Valemis (2) võib muutuja $t$ kalduda nulli nii vasakul kui ka paremal.
Märgin, et teisest tähelepanuväärsest piirist on ka mitmeid kasulikke tagajärgi. Teise tähelepanuväärse piiri kasutamise näited ja selle tagajärjed on standardsete standardarvutuste ja -testide koostajate seas väga populaarsed.
Näide nr 1
Arvutage piirang $\lim_(x\to\infty)\left(\frac(3x+1)(3x-5)\right)^(4x+7)$.
Pangem kohe tähele, et astme alus (st $\frac(3x+1)(3x-5)$) kaldub ühtsusele:
$$ \lim_(x\to\infty)\frac(3x+1)(3x-5)=\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(3+\frac(1)(x))(3-\frac(5)(x)) =\frac(3+0)(3-0) = 1. $$
Sel juhul kipub eksponent (avaldis $4x+7$) lõpmatuseni, s.t. $\lim_(x\to\infty)(4x+7)=\infty$.
Astmepõhi kaldub ühtsusele, astendaja lõpmatuseni, s.o. meil on tegemist ebakindlusega $1^\infty$. Rakendame valemit selle määramatuse paljastamiseks. Valemi astme aluseks on avaldis $1+\frac(1)(x)$ ja vaadeldavas näites on astme alus: $\frac(3x+1)(3x- 5) $. Seetõttu on esimene toiming avaldise $\frac(3x+1)(3x-5)$ formaalne kohandamine kujule $1+\frac(1)(x)$. Esiteks lisage ja lahutage üks:
$$ \lim_(x\to\infty)\left(\frac(3x+1)(3x-5)\right)^(4x+7) =|1^\infty| =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(3x+1)(3x-5)-1\right)^(4x+7) $$
Pange tähele, et te ei saa lihtsalt ühikut lisada. Kui oleme sunnitud ühe lisama, peame selle ka lahutama, et mitte muuta kogu avaldise väärtust. Lahenduse jätkamiseks arvestame sellega
$$ \frac(3x+1)(3x-5)-1 =\frac(3x+1)(3x-5)-\frac(3x-5)(3x-5) =\frac(3x+1- 3x+5)(3x-5) =\frac(6)(3x-5). $$
Kuna $\frac(3x+1)(3x-5)-1=\frac(6)(3x-5)$, siis:
$$ \lim_(x\to\infty)\left(1+ \frac(3x+1)(3x-5)-1\right)^(4x+7) =\lim_(x\to\infty)\ vasak(1+\frac(6)(3x-5)\parem)^(4x+7) $$
Jätkame kohandamist. Valemi avaldises $1+\frac(1)(x)$ on murru lugejaks 1 ja meie avaldises $1+\frac(6)(3x-5)$ on lugejaks $6$. Lugejasse $1$ saamiseks sisestage nimetajasse $6$, kasutades järgmist teisendust:
$$ 1+\frac(6)(3x-5) =1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6)) $$
Seega
$$ \lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(6)(3x-5)\right)^(4x+7) =\lim_(x\to\infty)\left(1+ \frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(4x+7) $$
Niisiis, kraadi alus, s.o. $1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))$, kohandatud valemis nõutavale kujule $1+\frac(1)(x)$. Nüüd alustame eksponendiga töötamist. Pange tähele, et valemis on eksponentide ja nimetaja avaldised samad:
See tähendab, et meie näites tuleb astendaja ja nimetaja viia samale kujule. Avaldise $\frac(3x-5)(6)$ saamiseks astendajas korrutame eksponendi lihtsalt selle murdosaga. Loomulikult peate sellise korrutamise kompenseerimiseks kohe korrutama pöördmurruga, st. autor $\frac(6)(3x-5)$. Nii et meil on:
$$ \lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(4x+7) =\lim_(x\to\ infty)\left(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(\frac(3x-5)(6)\cdot\frac(6)(3x-5 )\cdot(4x+7)) =\lim_(x\to\infty)\left(\left(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(\ frac(3x-5)(6))\right)^(\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5)) $$
Vaatleme eraldi astmes asuva murdosa $\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5)$ piiri:
$$ \lim_(x\to\infty)\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5) =\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(6\cdot\left(4+\frac(7)(x)\right))(3-\frac(5)(x)) =6\cdot\ frac(4)(3) =8. $$
Vastus: $\lim_(x\to(0))\biggl(\cos(2x)\biggr)^(\frac(1)(\sin^2(3x)))=e^(-\frac(2) (9))$.
Näide nr 4
Leidke piirang $\lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)$.
Kuna $x>0$ jaoks on meil $\ln(x+1)-\ln(x)=\ln\left(\frac(x+1)(x)\right)$, siis:
$$ \lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right) =\lim_(x\to+\infty)\left(x\cdot\ln\ vasak(\frac(x+1)(x)\right)\right) $$
Laiendades murdu $\frac(x+1)(x)$ murdude summaks $\frac(x+1)(x)=1+\frac(1)(x)$ saame:
$$ \lim_(x\to+\infty)\left(x\cdot\ln\left(\frac(x+1)(x)\right)\right) =\lim_(x\to+\infty)\left (x\cdot\ln\left(1+\frac(1)(x)\right)\right) =\lim_(x\to+\infty)\left(\ln\left(\frac(x+1)) (x)\parem)^x\parem) =\ln(e) =1. $$
Vastus: $\lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)=1$.
Näide nr 5
Leidke piirang $\lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))$.
Kuna $\lim_(x\to(2))(3x-5)=6-5=1$ ja $\lim_(x\to(2))\frac(2x)(x^2-4)= \ infty$, siis on tegemist vormi $1^\infty$ määramatusega. Üksikasjalikud selgitused on toodud näites nr 2, kuid siinkohal piirdume lühilahendusega. Tehes asendus $t=x-2$, saame:
$$ \lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4)) =\left|\begin(joondatud)&t=x-2 ;\;x=t+2\\&t\to(0)\end(joondatud)\paremale| =\lim_(t\to(0))\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(2t+4)(t^2+4t))=\\ =\lim_(t\to(0) )\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t)\cdot 3t\cdot\frac(2t+4)(t^2+4t)) =\lim_(t\to(0) )\left(\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t))\right)^(\frac(6\cdot(t+2))(t+4)) =e^ 3. $$
Saate selle näite lahendada muul viisil, kasutades asendust: $t=\frac(1)(x-2)$. Muidugi on vastus sama:
$$ \lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4)) =\left|\begin(joondatud)&t=\frac( 1)(x-2);\;x=\frac(2t+1)(t)\\&t\to\infty\end(joondatud)\paremale| =\lim_(t\to\infty)\left(1+\frac(3)(t)\right)^(t\cdot\frac(4t+2)(4t+1))=\\ =\lim_ (t\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac(t)(3))\right)^(\frac(t)(3)\cdot\frac(3)(t) \cdot\frac(t\cdot(4t+2))(4t+1)) =\lim_(t\to\infty)\left(\left(1+\frac(1)(\frac(t)( 3))\parem)^(\frac(t)(3))\parem)^(\frac(6\cdot(2t+1))(4t+1)) =e^3. $$
Vastus: $\lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))=e^3$.
Näide nr 6
Leidke piirang $\lim_(x\to\infty)\left(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\right)^(3x) $.
Uurime välja, milleks kipub avaldis $\frac(2x^2+3)(2x^2-4)$ tingimuse $x\to\infty$ all:
$$ \lim_(x\to\infty)\frac(2x^2+3)(2x^2-4) =\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(2+\frac(3)(x^2))(2-\frac(4)(x^2)) =\frac(2+0)(2 -0)=1. $$
Seega on antud limiidi puhul tegemist määramatusega kujul $1^\infty$, mille paljastame teise tähelepanuväärse piirangu abil:
$$ \lim_(x\to\infty)\left(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\right)^(3x) =|1^\infty| =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(2x^2+3)(2x^2-4)-1\right)^(3x)=\\ =\lim_(x\to \infty)\left(1+\frac(7)(2x^2-4)\right)^(3x) =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac (2x^2-4)(7))\parem)^(3x)=\\ =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac(2x^2-4) )(7))\parem)^(\frac(2x^2-4)(7)\cdot\frac(7)(2x^2-4)\cdot 3x) =\lim_(x\to\infty) \left(\left(1+\frac(1)(\frac(2x^2-4)(7))\right)^(\frac(2x^2-4)(7))\right)^( \frac(21x)(2x^2-4)) =e^0 =1. $$
Vastus: $\lim_(x\to\infty)\left(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\right)^(3x)=1$.
|
Esimene tähelepanuväärne piir. Esimese tähelepanuväärse piiri tuletamine pakub huvi piiride teooria rakendamise seisukohalt ja seetõttu pakume seda teile peaaegu tervikuna. Vaatleme funktsiooni käitumist |
juures 
. 
., samas< площадь сектора МОА < площадьDСОА (см. рис. 1).
Siis selgelt ala DMOA 
S D MOA = 
=
S MOA = 
S D C OA =
Tulles tagasi nimetatud ebavõrdsuse juurde ja kahekordistades selle, saame: patt < patt < x patt.
tg patt:
Pärast terminiga jagamist patt 
või 
Alates 
, siis muutuja
-sõlmitakse kahe suuruse vahel, millel on sama piir, s.t. , tuginedes eelmise lõigu vahefunktsiooni piiri teoreemile, on meil: .
esimene imeline piir Näide.
Arvutage funktsioonide piirid, kasutades esimest tähelepanuväärset piiri: 1) 1, 2) 0, 3)
Vastus. Harjutus:
Arvutage funktsiooni piir, kasutades esimest tähelepanuväärset piiri:
Vastus: -2.
Teine tähelepanuväärne piir. Teise tähelepanuväärse piiri tuletamiseks tutvustame arvu määratlust:
e
Definitsioon. 
juures 
Muutuv piirangTeise tähelepanuväärse piiri tuletamiseks tutvustame arvu määratlust
:
helistas numbrile
- Teine imeline piir Teise tähelepanuväärse piiri tuletamiseks tutvustame arvu määratlust Number
- irratsionaalne arv. Selle väärtus kümne tõelise kümnendkohani ümardatakse tavaliselt ühe tõelise kümnendkohani: e
= 2,7182818284..."2,7. 
Teoreem. FunktsioonMOU kaudu
juuresTeise tähelepanuväärse piiri tuletamiseks tutvustame arvu määratlust
:
esimene imeline piir lõpmatuseni kalduv, piirini kalduv
Arvutage funktsioonide piirid:
Lahendus.
Piirmäärade omaduste järgi on astme piir võrdne piirmäära astmega, st: 
Arvutage funktsioonide piirid, kasutades esimest tähelepanuväärset piiri: 1)Teise tähelepanuväärse piiri tuletamiseks tutvustame arvu määratlust 3 , 2)Pealegi saab sarnasel viisil tõestada, et 2 , 3)Teise tähelepanuväärse piiri tuletamiseks tutvustame arvu määratlust 4 .
e Harjutus.
____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Arvutage funktsiooni piirmäär, kasutades teist märkimisväärset piiri: 
KOHTA
vastus: e -5
e Funktsiooni pidevus Funktsiooni pidevus punktisFunktsioon ( patt ), patt Î ( f ; a ) patt b Î ( f ; a ), OFunktsioon ( patt ) kui funktsiooni piirMOU kaudu b eksisteerib ja on võrdne funktsiooni väärtusega selles punktis:
.
Selle definitsiooni järgi funktsiooni järjepidevus Funktsioon(patt) punktis MOU kaudu b tähendab, et järgmised tingimused on täidetud:
funktsiooni Funktsioon(patt) tuleb punktis määratleda MOU kaudu b ;
y funktsioon Funktsioon(patt) punktis peab olema piir MOU kaudu b ;
funktsiooni piir Funktsioon(patt) punktis MOU kaudu b peab vastama funktsiooni väärtusele sellel hetkel.
esimene imeline piir
Funktsioon Funktsioon(patt)
=
patt 2
defineeritud tervel arvteljel ja pidevas punktis MOU kaudu= 1, sest Funktsioon( 1)
= 1 ja 
Funktsiooni järjepidevus hulgal
e Funktsiooni pidevus Funktsiooni pidevus punktisf(x), nimetatakse pidevaks intervallil(a; b), kui see on pidev selle intervalli igas punktis.
Kui funktsioon on mingil hetkel pidev, siis nimetatakse seda punkti selle funktsiooni pidevuspunktiks. Juhtudel, kui funktsiooni piiri antud punktis ei eksisteeri või selle väärtus ei ühti funktsiooni väärtusega antud punktis, nimetatakse funktsiooni selles punktis katkendlikuks ja punkti ennast katkendlikkuseks. funktsiooni punkt f(x).
Pidevate funktsioonide omadused.
1) Lõpliku arvu punktis pidevate funktsioonide summa A,
2) Lõpliku arvu punktis pidevate funktsioonide korrutis A, on funktsioon, mis on selles punktis pidev.
3) Lõpliku arvu punktis pidevate funktsioonide suhe A, on funktsioon, mis on selles punktis pidev, kui funktsiooni väärtus nimetajas erineb punktis nullist A.
esimene imeline piir
Funktsioon Funktsioon(patt) = patt n, Kus n Î N, on pidev kogu arvureal. Seda asjaolu saab tõestada omaduse 2 ja funktsiooni järjepidevuse abil Funktsioon(patt) = patt.
Funktsioon Funktsioon(patt) = spatt n (Koos– konstant) on omaduse 2 ja näite 1 põhjal pidev kogu arvureal.
1. teoreem. Polünoom on funktsioon, mis on pidev kogu arvujoonel.
2. teoreem . Iga murdosaline ratsionaalne funktsioon on pidev oma määratluspiirkonna igas punktis.
esimene imeline piir
Definitsioon
FunktsioonFunktsioon
(
patt
)
nimetatakse pidevaks punktisx = a
, kui sel hetkel selle juurdekasv 
kipub argumendi suurenemisel nullini 
kipub nulli ehk teisisõnu: funktsiooniFunktsioon
(X)
nimetatakse pidevaks punktisx = a
, kui siinkohal vastab argumendi lõpmata väike juurdekasv funktsiooni lõpmatu väikesele juurdekasvule, st kui 
Liigume nüüd rahuliku hingega kaalumise juurde imelised piirid.
näeb välja nagu.
Muutuja x asemel võivad olla erinevad funktsioonid, peaasi, et need kipuvad olema 0.
Limiit on vaja arvutada
Nagu näete, on see piir väga sarnane esimese imelise piiriga, kuid see pole täiesti tõsi. Üldiselt, kui märkate limiidis pattu, peaksite kohe mõtlema, kas esimest tähelepanuväärset piiri on võimalik kasutada.
Vastavalt meie reeglile nr 1 asendame x asemel nulliga:
Saame ebakindlust.
Proovime nüüd ise korraldada esimese imelise piiri. Selleks teeme lihtsa kombinatsiooni:
Seega korraldame lugeja ja nimetaja 7x esiletõstmiseks. Nüüd on tuttav märkimisväärne piir juba ilmnenud. Otsustamisel on soovitatav see esile tõsta:
Asendame lahenduse esimese tähelepanuväärse näitega ja saame:
Murru lihtsustamine:
Vastus: 7/3.
Nagu näete, on kõik väga lihtne.
Näeb välja nagu 
, kus e = 2,718281828... on irratsionaalne arv.
Muutuja x asemel võib esineda erinevaid funktsioone, peaasi, et need kipuvad .
Limiit on vaja arvutada
Siin näeme astme olemasolu piiri märgi all, mis tähendab, et on võimalik kasutada teist märkimisväärset piiri.
Nagu alati, kasutame reeglit nr 1 – asenda x asemel:
On näha, et punktis x on astme alus ja eksponent 4x >, s.t. saame vormi määramatuse:
Kasutagem teist imelist piiri oma ebakindluse paljastamiseks, kuid kõigepealt peame selle korrastama. Nagu näete, peame saavutama kohaloleku indikaatoris, mille jaoks tõstame baasi astmeni 3x ja samal ajal astmeni 1/3x, et avaldis ei muutuks:
Ärge unustage esile tõsta meie imelist piiri:
Seda nad tegelikult on imelised piirid!
Kui teil on veel küsimusi esimene ja teine imeline piir, siis küsige neilt kommentaarides.
Vastame kõigile nii palju kui võimalik.
Sellel teemal saate töötada ka õpetajaga.
Meil on hea meel pakkuda teile teie linnas kvalifitseeritud juhendaja valimise teenuseid. Meie koostööpartnerid valivad Sulle kiiresti soodsatel tingimustel hea õpetaja.
Pole piisavalt teavet? - Sa saad!
Matemaatilisi arvutusi saate kirjutada märkmikutesse. Palju meeldivam on kirjutada eraldi logoga märkmikutesse (http://www.blocnot.ru).
Kogutakse valemid, omadused ja teoreemid, mida kasutatakse ülesannete lahendamisel, mida saab lahendada esimese tähelepanuväärse piiriga. Esitatakse näidete üksikasjalikud lahendused, kasutades selle tagajärgede esimest tähelepanuväärset piiri.
SisuVaata ka: Tõestus esimese tähelepanuväärse piiri ja selle tagajärgede kohta
Rakendatud valemid, omadused ja teoreemid
Siin vaatleme näiteid lahendustest probleemidele, mis hõlmavad piirmäärade arvutamist, mis kasutavad esimest märkimisväärset piiri ja selle tagajärgi.
Allpool on loetletud seda tüüpi arvutustes kõige sagedamini kasutatavad valemid, omadused ja teoreemid.
- Esimene tähelepanuväärne piir ja selle tagajärjed:
. - Siinuse, koosinuse, puutuja ja kotangensi trigonomeetrilised valemid:
;
;
;
aadressil , ;
;
;
;
;
;
.
Näited lahendustest
Näide 1
Selle eest.
1. Arvutage limiit.
Kuna funktsioon on pidev kõigi x, sealhulgas punktis, siis
.
2. Kuna funktsioon ei ole defineeritud (ja seetõttu ei ole pidev) jaoks , peame veenduma, et punktil, millel , on punkteeritud naabruskond.
Meie puhul kell .
.
Seega
.
Seetõttu on see tingimus täidetud.
;
3. Arvutage limiit.
.
Meie puhul on see võrdne esimese märkimisväärse piiriga:
.
Samamoodi leiame nimetajas funktsiooni piiri:
kell ;
Ja lõpuks rakendame funktsioonipiirangu aritmeetilisi omadusi:
Kandideerime.
Kell . Samaväärsete funktsioonide tabelist leiame:
kell ; aadressil .
.
Siis .
Näide 2 0/0 .
Leidke piirang:
.
Lahendus, kasutades esimest märkimisväärset piiri
.
Kell , , . See on vormi ebakindlus
.
Teisendame funktsiooni piirmärgist kaugemale:
.
Teeme muutuja muudatuse.
.
Alates ja eest, siis
Samamoodi on meil:
kell ;
Ja lõpuks rakendame funktsioonipiirangu aritmeetilisi omadusi:
Kandideerime.
Kuna koosinusfunktsioon on pidev kogu arvureal, siis
Kasutame limiitide aritmeetilisi omadusi:
.
Lahendus samaväärsete funktsioonide abil
;
.
Rakendame teoreemi funktsioonide asendamise kohta samaväärsetega jagatispiiris. 0/0
.
Näide 3
Leidke piirang:
.
Asendame murdosa lugeja ja nimetaja:
;
;
.
See on vormi ebakindlus
.
Proovime seda näidet lahendada, kasutades esimest imelist piiri. Kuna selles oleva muutuja väärtus kipub olema null, siis teeme asendus nii, et uus muutuja kaldub mitte , vaid nulli. Selleks liigume x-lt uuele muutujale t, tehes asenduseks , .
.
Seejärel kell , .
Esmalt teisendame funktsiooni piirmärgist kaugemale, korrutades murdosa lugeja ja nimetaja järgmisega:
.
Asendame ja kasutame ülaltoodud trigonomeetrilisi valemeid.
Kasutame limiitide aritmeetilisi omadusi:
.
Funktsioon on pidev kell . 0/0 .
Leiame selle piiri:
.
Teisendame teise murdosa ja rakendame esimest imelist piiri:
.
Tegime murru lugejas asendus.
.
Rakendame funktsioonide korrutise limiidi omadust:
.
Näide 4 Kell , , . Meil on vormi osas ebakindlus Teisendame funktsiooni piirmärgi all. Rakendame valemit:
.
Asendame:
.
Teisendame nimetaja:
Siis
.
Kuna ja jaoks , teeme asendus ja rakendame piirteoreemi 0/0
keeruline funktsioon
.
ja esimene tähelepanuväärne piir:
Rakendame funktsiooni limiidi aritmeetilisi omadusi: Näide 5
Leia funktsiooni piirang: .
On lihtne näha, et selles näites on vormi määramatus
.
.
,
Selle paljastamiseks rakendame eelmise ülesande tulemuse, mille järgi
,
;
;
;
.
Kasutame (A5.2) ja koosinusfunktsiooni pidevust. Rakendame funktsiooni piiri aritmeetilisi omadusi.
,
siin m on nullist erinev arv, ;
;
;
.
Näide 6
Kasutame limiitide aritmeetilisi omadusi:
.
Kui , Lugeja ja nimetaja murd kipuvad 0
. 0/0
See on vormi ebakindlus
.
.
.
Teisendame teise murdosa ja rakendame esimest imelist piiri:
;
,
Selle laiendamiseks teisendame murdosa lugejat:
.
.
Teisendame teise murdosa ja rakendame esimest imelist piiri:
;
,
Selle laiendamiseks teisendame murdosa lugejat:
Rakendame valemit:
.
Kus.
.
Murru lugeja:
.
Piirmärgi taga olev funktsioon on järgmisel kujul:
.
Leiame viimase teguri piiri, võttes arvesse selle järjepidevust kohas:
Kasutame trigonomeetrilist valemit:
.
Asendame
.
.
.
Siis
.
Kandideerime.
Lõpuks on meil:
Märkus 1: Samuti oli võimalik rakendada valemit Vaata ka:.
Teise tähelepanuväärse piiri valem on lim x → ∞ 1 + 1 x x = e. Teine kirjutamisvorm näeb välja selline: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e.
Rääkides teisest tähelepanuväärsest piirist, tuleb tegeleda vormi 1 ∞ määramatusega, s.t. üksus sisse
lõpmatu aste
Mõelgem probleemidele, mille puhul tuleb kasuks võimalus arvutada teine märkimisväärne piir.
Näide 1 Leidke piirpiir x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 . Lahendus
Asendame
vajalik valem
ja tehke arvutused.
lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 - 2 ∞ 2 + 1 ∞ 2 + 1 4 = 1 - 0 ∞ = 1 ∞
Meie vastus osutus üheks lõpmatuse jõule. Lahendusmeetodi määramiseks kasutame määramatuse tabelit. Valime teise tähelepanuväärse piiri ja teeme muutujate muudatuse.
t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2
Kui x → ∞, siis t → - ∞. Vaatame, mis saime pärast väljavahetamist:
piir x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 2 t = piir t → ∞ 1 + 1 t - 1 2 = e - 1 2
Vastus:
Mõelgem probleemidele, mille puhul tuleb kasuks võimalus arvutada teine märkimisväärne piir.
lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = e - 1 2 .
Näide 2
Arvutage piirpiir x → ∞ x - 1 x + 1 x . Asendame lõpmatuse ja saame järgmise. lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = piir x → ∞ 1 - 1 x 1 + 1 x x = 1 - 0 1 + 0 ∞ = 1 ∞
Vastuseks saime jälle sama, mis eelmises ülesandes, seega saame jälle kasutada teist imelist piiri. Järgmisena peame baasis valima
toitefunktsioon
terve osa:
x - 1 x + 1 = x + 1 - 2 x + 1 = x + 1 x + 1 - 2 x + 1 = 1 - 2 x + 1
Pärast seda on limiit järgmine:
lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = piir 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 = piir 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
Selle teisenduse läbiviimiseks kasutasime piirangute ja võimsuste põhiomadusi.
Kui x → ∞, siis t → - ∞. lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = e - 2 .
Näide 3
Arvutage piirpiir x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .
Mõelgem probleemidele, mille puhul tuleb kasuks võimalus arvutada teine märkimisväärne piir.
lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = piir 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 ∞
Pärast seda peame teise suure piirangu rakendamiseks funktsiooni teisendama. Saime järgmise:
lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = 1 ∞ = piir x → ∞ x 3 - 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = piir 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 = piir 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
Kuna meil on nüüd murru lugejas ja nimetajas samad eksponendid (võrdne kuuega), võrdub murdu piir lõpmatuses nende koefitsientide suhtega suurematel astmetel.
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 = = piir x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 6 2 = piir x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3
Asendades t = x 2 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2, saame teise märkimisväärse piiri. See tähendab, et:
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
Kui x → ∞, siis t → - ∞. lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = e - 3 .
Järeldused
Määramatus 1 ∞, s.o. ühtsus lõpmatu astmega on astmeseaduse määramatus, mistõttu saab seda paljastada eksponentsiaalsete astmefunktsioonide piiride leidmise reeglite abil.
Kui märkate tekstis viga, tõstke see esile ja vajutage Ctrl+Enter
