Metody riešenia limitov. Neistoty.
Poradie rastu funkcie. Metoda výmeny
Priklad 4
Najdite hranicu 
Toto je jednoduchší príklad riešenia typu "urob si sám". V navrhovanom príklade je opäť neistota (vyššieho rádu rastu ako koreň).
Ak "x" smeruje k "mínus nekonečnu"
Duch "minus nekonečna" je v tomto článku už dlho. Zvážte limity s polynómami, v ktorých. Princípy a metódy riešenia budú úplne rovnaké ako v prvej časti lekcie, s výnimkou niekoľkých nuancií.
Zvážte 4 čipy, ktoré budú potrebné na riešenie praktických úloh:
1) Limita Vypočítajte 
Hodnota limitu závisí len od termínu, keďže má najvyššie poradie rastu. Ak potom nekonečne veľke modulo záporné číslo na PÁRNA mocnina, v tomto prípade - vo štvrtom, rovná sa "plus nekonečno":. konštantný ("dva") pozitiv, Preto: 
2) Limita Vypočítajte 
Tu opäť vyšší titul dokonca, Preto: . Ale pred "minusom" ( negativ constant -1), preto: 
3) Limita Vypočítajte 
Hranicna hodnota zavisi len od. Ako si pamätáte zo školy, „mínus“ teda „vyskakuje“ spod nepárneho stupňa nekonečne veľke modulo zaporné cislo na nepárnu mocninu rovná sa "minus nekonečno", v tomto prípade:.
Konštantný ("štyri") pozitiv, znamena: 
4) Vypočítajte limită
Prvý chlap v dedine má opäť zvlastny stupňa, navyše v lone negativ konštantný, čo znamená: Takže:
.
Priklad 5
Najdite hranicu 
Pomocou vyššie uvedených bodov sme dospeli k záveru, že existuje neistota. Čitateľ a menovateľ sú rovnakého rádu rastu, čo znamená, že v limite dostanete konečné číslo. Poďme zistiť odpoveď a vyhoďte všetky potery: 
Riesenie je trivialne: 
Priklad 6
Najdite hranicu 
Toto je príklad riešenia "urob si sám". Kompletné riešenie a odpoveď na konci tutorialu.
A teraz možno najzávažnejší z prípadov:
Priklad 7
Najdite hranicu 
Vzhľadom na hlavne pojmy dospejeme k záveru, že existuje neistota. Citeste mai mult Ale aké nekonečno, plus alebo minus? Technika je rovnaká - v čitateli a menovateli sa zbavime maličkosti: 
Rozhodujeme sa: 
Vydeľte čitateľa a menovateľa podľa
Priklad 15
Najdite hranicu
Toto je príklad riešenia "urob si sám". Hruby príklad ukončenia na konci hodiny.
Niekoľko ďalších zaujímavých príkladov nahradenia premenných:
Priklad 16
Najdite hranicu
Pri dosadení jednotky v limite sa získa neistota. Nahradenie premennej je už zrejmé, ale najprv transformujeme dotyčnicu pomocou vzorca. Naozaj, prečo potrebujeme tangentu?
Všimnite si, že preto. Ak to nie je úplne jasné, pozrite sa na sinusové hodnoty v trigonometricka tabucka... Okamžite sa teda zbavíme násobilky, navyše dostaneme známejšiu neistotu 0:0. Bolo by tiež pekné, keby sa limit blížil k nule.
Poďme nahradiť:
Ak potom
Pod kosínusom máme „x”, ktoré musí byť vyjadrené aj cez „te”.
Z nahrady vyjadrujeme:.
Dokoncujeme riesenie: 
(1) Vykonavame striedanie
(2) Rozbaľte zátvorky pod kosinusom.
(4) Organizare prvá úžasná limitka, umelo vynásobte citateľa a prevrateneho.
Sarcina pre nezavisle riesenie:
Priklad 17
Najdite hranicu
Kompletné riešenie a odpoveď na konci tutorialu.
V ich triede to neboli ťažké úlohy, v praxi môže byť všetko horšie a navyše redukčne vzorce, musíte použiť rôzne trigonometricke vzorce, ako aj iné tricky. V článku Ťažké limity som rozobral pár realych príkladov =)
V predvečer sviatku si konečne vyjasnime situáciu s ešte jednou rozšírenou neistotou:
Eliminácia neistoty "jedna do stupňa nekonečna"
Tato neistota je "obsluhovana" druhá úžasná hranica a v druhej časti tejto lekcie sme veľmi podrobne preskúmali štandardné príklady riešení, s ktorými sa vo väčšine prípadov stretávame v praxi. Teraz bude obrázok s vystavovateľmi dokončený, navyše záverečné úlohy lekcie budú venované limitom - „trikom”, v ktorých sa ZDÁ, že je potrebné uplatniť 2. nádherný limit, hoci to nie prje celý.
Nevýhodou dvoch pracovných vzorcov 2. pozoruhodnej limity je, že argument musí smerovať k „plus nekonečnu“ alebo k nule. Čo ak však argument smeruje k inému číslu?
Na pomoc prichádza univerzálny vzorec (čo je vlastne dôsledok druhého pozoruhodného limitu):
Neistotu možno odstraniť pomocou vzorca:
Niekde, ako už bolo vysvetlené, čo hranaté zátvorky znamenajú. Nič zvláštne, zátvorky sú ako zátvorky. Zvyčajne sa používajú na sprehľadnenie matematického zápisu.
Zdôraznime základne body vzorca:
1) Je len o neistote a o nicom inom.
2) Argumentul „x” môže mať tendinciu ľubovoľna hodnota(a nielen na nulu alebo najmä na "minus nekonečno" alebo na akykoľvek konechny počet.
Pomocou tohto vzorca môžete vyriešiť všetky príklady lekcie. Úžasne limită ktoré patria do 2. pozoruhodnej hranice. Vypočítajme napríklad limit:
V tomto pripade 
a podca vzorca 
:
Je pravda, že vám to neodporúčam, v tradícii je stále používať "bežný" dizajn riešenia, ak sa dá použiť. ale pomocou vzorca je veľmi pohodlné controlvať„Klasické” príklady na 2. pozoruhodnej hranici.
V predchádzajúcom článku sme si povedali, ako správne vypočítať limity elementárnych funkcií. Ak vezmeme zložitejšie funkcie, potom sa nám vo výpočtoch objavia výrazy s nedefinovanou hodnotou. Nazyvaju sa neistoty.
Existujú tieto hlavné typy neistôt:
- diviziunea 0 0 0 0;
- Delenie jedného nekonečna druhým ∞ ∞;
- nekonečno zvýšené na nulovú mocninu ∞ 0.
0 0 0;
Uviedli sme všetky hlavne neistoty. Iné výrazy v rôznych podmienkach môžu nadobúdať konečné alebo nekonečné hodnoty, preto ich nemožno považovať za nejednoznačnosti.
Zverejnenie neistot
Neistotu možno odhalis:
- Zjednodušením tvaru funkcie (použitím skrátených vzorcov na násobenie, goniometrických vzorcov, dodatočného násobenia konjugovanými výrazmi a následnou redukciou atď.);
S úžasnými limitmi;
Použitie L'Hôpitalovho pravidla;
Nahradením jedného infinitezimálneho výrazu jeho ekvivalentným výrazom (tento úkon sa spravidla vykonáva pomocou tabuľky nekonečne malých výrazov).
Všetky vyššie uvedené informácie je možné graficky znázorniť vo forme tabukky. Na ľavej strane je znázornený typ neistoty, na pravej strane vhodná metóda na jej odhalenie (nájdenie limitu). Táto tabuľka je veľmi vhodná na použitie pri výpočtoch súvisiacich s hľadaním limitov.
| Neistota | Metoda zverejnenia neistoty |
| 1. Împărțiți 0 la 0 | Transformácia a následné zjednodušenie výrazu. Ak je výraz v tvare sin (k x) k x alebo k x sin (k x), potom musíte použiť prvú pozoruhodnú hranicu. Ak takéto riešenie nevyhovuje, použijeme L'Hôpitalovo pravidlo alebo tabuľku ekvivalentných infinitezimálnych výrazov |
| 2. Ștergere nekonečna nekonečnom | Transformácia a zjednodušenie výrazu alebo použitie L'Hôpitalovho pravidla |
| 3. Násobenie nuly nekonečnom alebo nájdenie rozdielu medzi dvoma nekonečnami | Konverzia na 0 0 alebo ∞ ∞ nasledovaná L'Hôpitalovým pravidlom |
| 4. Jednotka na mocninu nekonečna | Pouzitie druhej nádhernej limitky |
| 5. Zvýšenie nuly alebo nekonečna na nulový výkon | Logaritmovanie výrazu pomocou rovnosti lim x → x 0 ln (f (x)) = ln lim x → x 0 f (x) |
Pozrime sa na par problemov. Tieto príklady sú pomerne jednoduché: v nich sa odpoveď získa ihneď po nahradení hodnôt a neexistuje žiadna nejednoznačnosť.
Priklad 1
Nájdite hranicu lim x → 1 x 3 + 3 x - 1 x 5 + 3.
Riessenie
Vykonávame nahradenie hodnôt a dostávame odpoveď.
lim x → 1 x 3 + 3 x - 1 x 5 + 3 = 1 3 + 3 1 - 1 1 5 + 3 = 3 4 = 3 2
odpoveď: limita x → 1 x 3 + 3 x - 1 x 5 + 3 = 3 2.
Priklad 2
Vypočítajte limit lim x → 0 (x 2 + 2, 5) 1 x 2.
Riessenie
Máme exponenciálnu funkciu, v základe ktorej je potrebné dosadiť x = 0.
(x 2 + 2,5) x = 0 = 0 2 + 2,5 = 2,5
Prețuiește-te limită previesť și nasledujúci výraz:
lim x → 0 (x 2 + 2, 5) 1 x 2 = lim x → 0 2. 5 1 x 2
Teraz sa poďme zaoberať exponentom - mocninnou functionu 1 x 2 = x - 2 = + ∞ a lim x → 0 + 0 1 x 2 = lim x → 0 + 0 x - 2 = + ∞
Môžeme teda napísať, že lim x → 0 (x 2 + 2,5) 1 x 2 = lim x → 0 2,5 1 x 2 = 2,5 + ∞.
Teraz vezmeme tabuľku limitov exponenciálnych funkcií so základňami väčšími ako 0 a dostaneme:
lim x → 0 (x 2 + 2, 5) 1 x 2 = lim x → 0 2. 5 1 x 2 = 2. 5 + ∞ = + ∞
odpoveď: limita x → 0 (x 2 + 2, 5) 1 x 2 = + ∞.
Priklad 3
Nájdite limit lim x → 1 x 2 - 1 x - 1.
Riessenie
Vykonavame zamenu hodnoty.
limita x → 1 x 2 - 1 x - 1 = 1 2 - 1 1 - 1 = 0 0
V dosledku toho sme sa dostali do neistoty. Pomocou tabukky vyššie vyberte metódu riešenia. Uvádza, že musíte zjednodušiť výraz.
lim x → 1 x 2 - 1 x - 1 = 0 0 = lim x → 1 (x - 1) (x + 1) x - 1 = = lim x → 1 (x - 1) (x + 1) (X + 1) x - 1 = limită x → 1 (x + 1) x - 1 = = 1 + 1 1 - 1 = 2 0 = 0
Ako vidíme, zjednodušenie viedlo k odhaleniu neistoty.
odpoveď: limita x → 1 x 2 - 1 x - 1 = 0
Priklad 4
Nájdite hranicu lim x → 3 x - 3 12 - x - 6 + x.
Riessenie
Nahraďte hodnotu a získajte zaznam v nasledujúcom formulari.
limita x → 3 x - 3 12 - x - 6 + x = 3 - 3 12 - 3 - 6 + 3 = 0 9 - 9 = 0 0
Dospeli sme k nutnosti deliť nulu nulou, čo je neistota. Požadovaný spôsob riešenia si pozrime v tabuľke – ide o zjednodušenie a transformáciu výrazu. Urobme dodatočné vynásobenie čitateľa a menovateľa výrazom 12 - x + 6 + x konjugované s menovateľom:
limita x → 3 x - 3 12 - x - 6 + x = 0 0 = limita x → 3 x - 3 12 - x + 6 + x 12 - x - 6 + x 12 - x + 6 + x
Násobenie menovateľa sa vykonáva tak, že neskôr môžete použiť vzorec pre znížené násobenie (rozdiel štvorcov) a vykonať zníženie.
lim x → 3 x - 3 12 - x + 6 + x 12 - x - 6 + x 12 - x + 6 + x = lim x → 3 x - 3 12 - x + 6 + x 12 - x 2 - 6 + x 2 = limita x → 3 (x - 3) 12 - x + 6 + x 12 - x - (6 + x) = = limita x → 3 (x - 3) 12 - x + 6 + x 6 - 2 x = limita x → 3 (x - 3) 12 - x + 6 + x - 2 (x - 3) = = limita x → 3 12 - x + 6 + x - 2 = 12 - 3 + 6 + 3 - 2 = 9 + 9 - 2 = - 9 = - 3
Ako vidíme, v dôsledku týchto akcií sa nám podarilo zbaviť sa neistoty.
odpoveď: lim x → 3 x - 3 12 - x - 6 + x = - 3.
Je dôležité poznamenať, že pri riešení takýchto problémov sa veľmi často používa multiplikačný prístup, preto vám odporúčame, aby ste si presne zapamätali, ako sa to robí.
Priklad 5
Nájdite hranicu lim x → 1 x 2 + 2 x - 3 3 x 2 - 5 x + 2.
Riessenie
Vykonavame striedanie.
limita x → 1 x 2 + 2 x - 3 3 x 2 - 5 x + 2 = 1 2 + 2 1 - 3 3 1 2 - 5 1 + 2 = 0 0
V dosledku toho sme sa dostali do neistoty. Odporúčaný spôsob riešenia problému v tomto prípade je zjednodušenie výrazu. Keďže keď sa x rovná jednej, čitateľ a menovateľ zaniknú, môžeme ich rozdeliť a potom zrušiť x - 1, a potom neistota zmizne.
Vykoname faktorizáciu citateľa:
x 2 + 2 x - 3 = 0 D = 2 2 - 4 1 (- 3) = 16 ⇒ x 1 = - 2 - 16 2 = - 3 x 2 = - 2 + 16 2 = 1 ⇒ x 2 + 2 x - 3 = x + 3 x - 1
Teraz urobíme to isté s menovateľom:
3 x 2 - 5 x + 2 = 0 D = - 5 2 - 4 3 2 = 1 ⇒ x 1 = 5 - 1 2 3 = 2 3 x 2 = 5 + 1 2 3 = 1 ⇒ 3 x 2 - 5 x + 3 = 3 x - 2 3 x - 1
Dostali sme nasledujúci limit:
lim x → 1 x 2 + 2 x - 3 3 x 2 - 5 x + 2 = 0 0 = lim x → 1 x + 3 x - 1 3 x - 2 3 x - 1 = = lim x → 1 x + 3 3 x - 2 3 = 1 + 3 3 1 - 2 3 = 4
Ako vidíme, pri premene sa nám podarilo zbaviť neistoty.
odpoveď: limita x → 1 x 2 + 2 x - 3 3 x 2 - 5 x + 2 = 4.
Ďalej musíme zvážiť prípady limity v nekonečne v exponenciálnych výrazoch. Ak sú exponenty týchto výrazov väčšie ako 0, potom bude aj limita v nekonečne nekonečná. V tomto prípade má najväčší význam primárny význam a zvyšok možno ignorovať.
Napríklad lim x → ∞ (x 4 + 2 x 3 - 6) = lim x → ∞ x 4 = ∞ alebo lim x → ∞ x 4 + 4 x 3 + 21 x 2 - 11 5 = lim x → ∞ x 4 5 = ∞.
Ak máme pod medzným znamienkom zlomok s exponenciálnymi výrazmi v čitateli a menovateli, tak ako x → ∞ máme neurčitosť tvaru ∞ ∞. Aby sme sa zbavili tejto nejednoznačnosti, musíme vydeliť čitateľa a menovateľa zlomku x m a x (m, n). Uveďme priklad riešenia podobneho problemu.
Priklad 6
Nájdite hranicu lim x → ∞ x 7 + 2 x 5 - 4 3 x 7 + 12.
Riessenie
limita x → ∞ x 7 + 2 x 5 - 4 3 x 7 + 12 = ∞ ∞
Mocniny čitateľa a menovateľa sú 7. Vydelíme ich x 7 a dostaneme:
lim x → ∞ x 7 + 2 x 5 - 4 3 x 7 + 12 = lim x → ∞ x 7 + 2 x 5 - 4 x 7 3 x 7 + 12 x 7 = = lim x → ∞ 1 + 2 x 2 - 4 x 7 3 + 12 x 7 = 1 + 2 ∞ 2 - 4 ∞ 7 3 + 12 ∞ 7 = 1 + 0 - 0 3 + 0 = 1 3
odpoveď: lim x → ∞ x 7 + 2 x 5 - 4 3 x 7 + 12 = 1 3.
Priklad 7
Vypočítajte limit lim x → ∞ x 8 + 11 3 x 2 + x + 1.
Riessenie
limita x → ∞ x 8 + 11 3 x 2 + x + 1 = ∞ ∞
Čitateľ má stupeň 8 3 a menovateľ 2. Rozdeľme čitateľa a menovateľa x 8 3:
lim x → ∞ x 8 + 11 3 x 2 + x + 1 = ∞ ∞ = lim x → ∞ x 8 + 11 3 x 8 3 x 2 + x + 1 x 8 3 = = lim x → ∞ 1 + 11 x 8 3 1 x 2 3 + 1 x 5 3 + 1 x 8 3 = 1 + 11 ∞ 3 1 ∞ + 1 ∞ + 1 ∞ = 1 + 0 3 0 + 0 + 0 = 1 0 = ∞
odpoveď: limita x → ∞ x 8 + 11 3 x 2 + x + 1 = ∞.
Priklad 8
Vypočítajte limit lim x → ∞ x 3 + 2 x 2 - 1 x 10 + 56 x 7 + 12 3.
Riessenie
limita x → ∞ x 3 + 2 x 2 - 1 x 10 + 56 x 7 + 12 3 = ∞ ∞
Máme čitateľa na mocninu 3 a menovateľa na mocninu 10 3. Čitateľ a menovateľ teda musíme vydeliť x 10 3:
lim x → ∞ x 3 + 2 x 2 - 1 x 10 + 56 x 7 + 12 3 = ∞ ∞ = lim x → ∞ x 3 + 2 x 2 - 1 x 10 3 x 10 + 56 x 7 + 12 3 x 10 3 = = limita x → ∞ 1 x 1 3 + 2 x 4 3 - 1 x 10 3 1 + 56 x 3 + 12 x 10 3 = 1 ∞ + 2 ∞ - 1 ∞ 1 + 56 ∞ + 12 = 120 + 0 - 0 1 + 0 + 0 3 = 0
odpoveď: lim x → ∞ x 3 + 2 x 2 - 1 x 10 + 56 x 7 + 12 3 = 0.
zavery
V prípade limitu vzťahu existujú tri hlavné možnosti:
Ak sa stupeň čitateľa rovná stupňu menovateľa, potom sa limit bude rovnať pomeru koeficientov na vyšších stupňoch.
Ak je stupeň čitateľa väčší ako stupeň menovateľa, potom sa limit bude rovnať nekonečnu.
Ak je stupeň čitateľa menší ako stupeň menovateľa, potom bude limit nula.
Iným metódam zverejňovania neistôt sa budeme venovať v samostatných článkoch.
Ak si všimnete chybu v text, vyberte ju a stlačte Ctrl + Enter
Derivácia funkcie nespadá veľmi ďaleko a v prípade L'Hôpitalových pravidiel padá presne rovnakým smerom ako pôvodná functionare. Táto okolnosť pomáha pri odhalení neistôt v tvare 0/0 alebo ∞ / ∞ a niektorých ďalších neistôt, ktoré vznikajú pri výpočte limită pomer dvoch nekonečne malých alebo nekonečne veľkých funkcií. Výpočet je pomocou tohto pravidla výrazne zjednodušený (v skutočnosti dve pravidlá a poznámky k nim):
Ako ukazuje vzorec vyššie, pri výpočte limity pomeru dvoch nekonečne malých alebo nekonečne veľkých funkcií možno limitu pomeru dvoch funkcií nahradiť limitou ich pomeru. derivat a tak získať určitý výsledok.
Prejdime k presnejším formuláciám L'Hôpitalových pravidiel.
L'Hôpitalovo pravidlo pre prípad limity dvoch nekonečne malých veličín... Nechajte funkcie f(X) A g(X A... A v samom bode A A derivacia funkcie g(X) sa nerovna nulle ( g"(X A sa navzájom rovnajú a rovnajú sa nule:
.
L'Hôpitalovo pravidlo pre prípad hranice dvoch nekonečne veľkých veličín... Nechajte funkcie f(X) A g(X) majú derivácie (t. j. variavateľné) v niektorom okolí bodu A... A v samom bode A môžu alebo nemusia mať deriváty. Navyše v okoli bodu A derivacia funkcie g(X) sa nerovna nulle ( g"(X) ≠ 0) a limity týchto funkcií, keďže x smeruje k hodnote funkcie v bode A sa navzájom rovnajú a rovnajú sa nekonečnu:
.
Potom sa limita pomeru týchto funkcií rovná limite pomeru ich derivácií:
Inými slovami, pre neistoty tvaru 0/0 alebo ∞ / ∞ sa limita pomeru dvoch funkcií rovná limite pomeru ich derivácií, ak druhá existuje (konečná, to znamená rovná a určitý počet alebo nekonečkúná rovná rovná rovná rovná rovná).
Poznamky.
1. Pravidlá L'Hôpital sa vzťahujú aj na funkcie f(X) A g(X) nie su definit pre X = A.
2. Ak pri výpočte limity podilu derivácií funkcií f(X) A g(X) opäť dospejeme k neurčitosti tvaru 0/0 alebo ∞ / ∞, potom by sa L'Hôpitalove pravidlá mali aplicarevať viackrát (aspoň dvakrát).
3. L'Hôpitalov pravidlá sú použiteľné aj vtedy, keď argument funkcií (x) nemá tendinciu ku konečnému číslu A a do nekonečna ( X → ∞).
Neistoty iných typov možno tiež zredukovať na neistoty typu 0/0 a ∞ / ∞.
Zverejnenie neistôt typu "nula delená nulou" a "nekonečno delené nekonečnom"
Priklad 1
X= 2 vedie k neistote tvaru 0/0. Preto deriváciu každej funkcie a ziskame
Derivácia polynómu bola vypočítaná v čitateli a v menovateli - derivácia komplexnej logaritmickej funkcie... Pred poslednym znakom rovnosti je obvykle limită, nahradením dvoch namiesto x.
Priklad 2 Vypočítajte limitu pomeru dvoch funkcií pomocou L'Hôpitalovho pravidla:
Riesenie. Substitúcia hodnoty v danej funcționează X
Priklad 3 Vypočítajte limitu pomeru dvoch funkcií pomocou L'Hôpitalovho pravidla:
Riesenie. Substitúcia hodnoty v danej funcționează X= 0 má za následok neistotu tvaru 0/0. Preto vypočítame derivácie funkcií v čitateli a menovateli a dostaneme:
Priklad 4 Vypočítajte
Riesenie. Dosadenie hodnoty x rovnej plus nekonečnu do danej funkcie vedie k neurčitosti tvaru ∞ / ∞. Preo aplikujeme L'Hopitalovo pravidlo:
Comentarii. Vráťme sa k príkladom, v ktorých L'Hôpitalovo pravidlo musí byť aplicarevané dvakrát, to znamená dostať sa na limitu pomerov druhých derivácií, keďže limita pomeru prvých derivácií je neurčito /∞0 /∞0 /∞0.
Zverejnenie neistôt tvaru "nula krát nekonečno"
Priklad 12. Vypočítajte
.
Riesenie. Dostaneme
Tento príklad používa trigonometrickú identitu.
Zverejnenie neistôt typu "nula na mocninu nuly", "nekonečno na mocninu nuly" a "jedna na mocninu nekonečna"
Neistoty tvaru alebo sa zvyčajne redukujú na tvar 0/0 alebo ∞ / ∞ pomocou logaritmu funkcie tvaru
Na výpočet limitu výrazu by sme mali použiť logaritmickú identitu, ktorej špeciálnym prípadom je vlastnosť logaritmu 
.
Pomocou logaritmickej identity a vlastnosti continuity funkcie (prekročenie medzného znaku) by sa mal limit vypočítať takto:
Samostatne by ste mali nájsť limit výrazu v exponente a zostave e do zisteneho stupňa.
Priklad 13.
Riesenie. Dostaneme
.
.
Priklad 14. Vypočítajte pomocou L'Hôpitalovho pravidla
Riesenie. Dostaneme
Vypočítame limitu výrazu v exponente
.
.
Priklad 15. Vypočítajte pomocou L'Hôpitalovho pravidla
Tato neistota je "obsluhovana" druhá úžasná hranica a v druhej časti tejto lekcie sme veľmi podrobne preskúmali štandardné príklady riešení, s ktorými sa vo väčšine prípadov stretávame v praxi. Teraz bude obrázok s vystavovateľmi dokončený, navyše záverečné úlohy lekcie budú venované limitom - „trikom”, v ktorých sa ZDÁ, že je potrebné uplatniť 2. nádherný limit, hoci to nie prje celý.
Nevýhodou dvoch pracovných vzorcov 2. pozoruhodnej limity je, že argument musí smerovať k „plus nekonečnu“ alebo k nule. Čo ak však argument smeruje k inému číslu?
Na pomoc prichádza univerzálny vzorec (čo je vlastne dôsledok druhého pozoruhodného limitu):
Neistotu možno odstraniť pomocou vzorca:
Niekde, ako už bolo vysvetlené, čo hranaté zátvorky znamenajú. Nič zvláštne, zátvorky sú ako zátvorky. Zvyčajne sa používajú na sprehľadnenie matematického zápisu.
Zdôraznime základne body vzorca:
1) Je len o istote a o nicom inom.
2) Argumentul „x” môže mať tendinciu ľubovoľna hodnota(a nielen na nulu alebo najmä na "minus nekonečno" alebo na akykoľvek konechny počet.
Pomocou tohto vzorca môžete vyriešiť všetky príklady lekcie. Úžasne limită ktoré patria do 2. pozoruhodnej hranice. Vypočítajme napríklad limit:
V tomto pripade 
a podca vzorca 
:
Je pravda, že vám to neodporúčam, v tradícii je stále používať "bežný" dizajn riešenia, ak sa dá použiť. ale pomocou vzorca je veľmi pohodlné controlvať„Klasické” príklady na 2. pozoruhodnej hranici.
To všetko je dobré, ale teraz sú v zábere zaujímavejšie zabery:
Priklad 18
Limita Vypočítať 
V prvom kroku sa nebudem unúvať opakovaním dosadíme do výrazu pod medzným znakom hodnotu "x". Čo ak tam nie je vôbec žiadna neistota? To sa stava! Ale nie v tejto dobe. Nahradením "trojky" dospejeme k záveru, že existuje neistota
Pouzívame vzorec
Aby sa písmeno "e" neťahalo a nebolo malé, indikátor 
je pohodlnejšie vypočítať samostatne:
V tomto pripade: 
Touto cestou:
Z pohľadu výpočtovej techniky je všetko rutina: najprv privedieme prvý člen do spoločného menovateľa, potom vyberieme konštanty a vykonáme redukcie, čím sa zbavíme neistoty 0:0.
Ako vysledok: 
Sľúbený darček s rozdielom v logaritmoch a neistote:
Priklad 19
Limita Vypočítať
Najprv úplné riešenie, potom comentarii: 
(1) - (2) V prvých dvoch krokoch používame vzorce 
... Mať derivat complex logaritmy "rozbijeme", ale tu ich naopak treba "zozbierať".
(3) Presuňte ikonu limitu pod logaritmus. Dá sa to urobiť vďaka danemu logaritmu neprețuire face „minus nekonečna“. Okrem toho sa limit týka "plnenia" logaritmu.
(4) - (5) úžasne limită, neistotu transformujeme do formy.
(6) Používame vzorec .
(7) Exponenciálne a logaritmické funkcie sú vzájomne inverzné funkcie, preto je možné odstrániť "e" aj logaritmus. V skutočnosti podľa vlastnosti logaritmu:. Do menovateľa pridáme minus pred zlomok: 
(8) Bez commenttara =)
Uvažovaný typ limitu nie je taký zriedkavý, našiel som príklady 30-40.
Priklad 20
Limita Vypočítať 
Toto je príklad riešenia "urob si sám". Okrem použitia vzorca môže byť limit reprezentovaný ako 
a zredukovať riešenie prípadu 
.
Na záver zvážte hranice „falošného“.
Vraťme sa k neistote. Tato neistota nie vždy možno redukovať na neistotu a použiť 2. pozoruhodný limit alebo vzorec-dôsledok. Konverzia je realizovateľná, ak čitateľ a menovateľ základu stupňa - echivalent nekonečne veľke funkcie... Napriklad: .
Odíďme od ukazovateľa a vypočítajme základný limit: 
V prijatom limite jednotka, teda citateľ a menovateľ nielen rovnakého rádu rastu, ale aj ekvivalentné...Na lekcii Limita Pozoruhodne. Priklady rieseni tento príklad sme bez problémov zredukovali na neistotu a dostali sme odpoveď.
Môžete si predstaviť veľa podobných limitov:
atď.
Zlomky týchto príkladov sú spojené vyššie uvedeným znakom:. V ostatnych prípadoch s neistotou 2. pozoruhodna hranica neplati.
Priklad 21
Depozitare najdite
Bez ohľadu na to, ako veľmi sa snažíte, neistota sa nedá premeniť na neistotu.
Tu su čitatelia a menovatelia zakladov rovnaké poradie rastu, ale nie ekvivalenty: 
.
Druhá pozoruhodná hranica a navyše vzorec, NEDÁ SA PRIHLÁSIŤ.
! Poznamka: nezamieňať s príkladom č. 18, kde čitateľ a menovateľ základu nie sú ekvivalentné. Existuje hotová neistota, ale tu hovoríme o neistote.
Metóda riešenia "falošných" limitov jednoduchá a znak Ohm: potrebujete čitateľa a menovateľa zaklady delené "x" v najvyššom stupni (bez ohľadu na indikátor):
Ak majú čitateľ a menovateľ základne rôzne poradie rastu, riešenie je úplne rovnaké:
Priklad 22
Depozitare najdite 
Toto sú krátke príklady samoštúdia.
Niekedy nemusí byť vôbec žiadna neistota:
Taketo triky milujú najmä zostavovatelia Kuznecovovej zbierky. Preto je veľmi dôležité v prvom kroku VŽDY dosadiť "x" vo výraze pod medzným znakom!
Priklad 2
Najvyšší stupeň citateľa: 2; najvyšší stupeň menovateľa: 3.
:
Priklad 4
Vydeľte čitateľa a menovateľa podľa :
Poznamka
: úplne posledná akcia vynásobila čitateľa a menovateľa o zbaviť sa iraționalitate v menovateli.
Priklad 6
Vydeľte čitateľa a menovateľa podľa :
Priklad 8
Vydeľte čitateľa a menovateľa podľa :
Poznamka
: termin prechod na nulu je pomalší ako , Preto je "hlavná" nula menovateľa.
.
Priklad 22
Poznamka
: infinitezimála functioneaza má tendinciu nulovať sa pomalšie ako , preto „väčšia“ nula menovateľa hrá rozhodujúcu úlohu:
Zvyčajne je druhý pozoruhodný limit napísaný v tejto form:
\začiatok (rovnica)\lim_(x\až\infty)\vľavo(1+\frac(1)(x)\vpravo)^x=e\koniec(rovnica)
Číslo $ e $ uvedené na pravej strane rovnosti (1) je iracionálne. Približná hodnota tohto čísla je nasledovná: $ e \ cca (2 (,) 718281828459045) $. Ak vykonáme substitúciu $ t = \ frac (1) (x) $, potom vzorec (1) možno prepísať takto:
\begin(rovnica)\lim_(t\až(0))\biggl(1+t\biggr)^(\frac(1)(t))=e\koniec(rovnica)
Rovnako ako pri prvej pozoruhodnej limite nezáleží na tom, ktorý výraz predstavuje premennú $ x $ vo vzorci (1) alebo namiesto premennej $ t $ vo vzorci (2). Hlavná vec je splnenie dvoch podmienok:
- Základ stupňa (t. j. výraz v zátvorkách vzorcov (1) a (2)) de mal smerovať k jednotke;
- Exponent (t. j. $ x $ vo vzorci (1) alebo $ \ frac (1) (t) $ vo vzorci (2)) prin mal smerovať k nekonečnu.
Druhý pozoruhodný limit údajne odhaľuje nejednoznačnosť $ 1 ^ \ infty $. Všimnite si, že vo vzorci (1) nešpecifikujeme, o akom druhu nekonečna ($ + \infty $ alebo $ - \infty $) hovoríme. V každom z týchto prípadov je vzorec (1) správny. Vo vzorci (2) môže mať premenná $ t $ tendinciu k nule vľavo aj vpravo.
Všimnite si, že existuje aj niekoľko užitočných dôsledkov druhého pozoruhodného limitu. Príklady použitia druhej pozoruhodnej limity, ako aj dôsledkov z nej, sú veľmi obľúbené u zostavovateľov štandardných typických výpočtov a kontrolných prác.
Priklad #1
Vypočítajte limit $\lim_(x\až\infty)\vľavo(\frac(3x+1)(3x-5)\vpravo)^(4x+7)$.
Hneď si všimnite, že základňa stupňa (t.j. $\frac (3x + 1) (3x-5) $) má tendinciu k jednej:
$$ \ lim_ (x \ až \ infty) \ frac (3x + 1) (3x-5) = \ vľavo | \frac(\infty)(\infty)\vpravo | =\lim_(x\do\infty)\frac(3+\frac(1)(x))(3-\frac(5)(x))=\frac(3+0)(3-0)= jeden. $$
V tomto prípade má exponent (výraz $ 4x + 7 $) tendinciu k nekonečnu, t.j. $\lim_(x\až\infty)(4x+7)=\infty$.
Základ stupňa smeruje k jednotke, exponent k nekonečnu, t.j. máme do činenia s neistotou 1 $ ^ \ infty $. Aplikujme vzorec na odhalenie tejto neistoty. Základom stupňa vzorca je výraz $ 1 + \ frac (1) (x) $ a v príklade, ktorý uvažujeme, je základ stupňa nasledovný: $ \ frac (3x + 1) (3x-5) $. Prvým krokom je preto formálne prispôsobiť výraz $ \ frac (3x + 1) (3x-5) $ tak, aby vyzeral ako $ 1 + \ frac (1) (x) $. Najprv pridajme a odčítame jednu:
$$ \ lim_ (x \ až \ infty) \ vľavo (\ frac (3x + 1) (3x-5) \ vpravo) ^ (4x + 7) = | 1^\infty | = \ lim_ (x \ až \ infty) \ vľavo (1+ \ frac (3x + 1) (3x-5) -1 \ vpravo) ^ (4x + 7) $$
Treba poznamenať, že nemôžete len pridať jednotku. Ak sme nútení pridať jednotku, tak je potrebné ju aj odčítať, aby sa nezmenila hodnota celého výrazu. Aby sme mohli pokračovať v riešení, berieme to do úvahy
$$\frac(3x+1)(3x-5)-1=\frac(3x+1)(3x-5)-\frac(3x-5)(3x-5)=\frac(3x+1- 3x + 5) (3x-5) = \frac (6) (3x-5). $$
Preț $\frac(3x+1)(3x-5)-1=\frac(6)(3x-5)$,potom:
$$\lim_(x\až\infty)\vľavo(1+\frac(3x+1)(3x-5)-1\vpravo)^(4x+7)=\lim_(x\až\infty)\ vľavo (1+ \ frac (6) (3x-5) \ vpravo) ^ (4x + 7) $$
Pokračujme v "fitku". Vo výraze $ 1 + \ frac (1) (x) $ vzorca obsahuje čitateľ zlomku 1 a v našom výraze $ 1 + \ frac (6) (3x-5) $ čitateľ obsahuje $ 6 $. Ak chcete získať 1 $ v čitateli, vynechajte 6 $ v menovateli pomocou nasledujúceho prevodu:
$$ 1+ \frac (6) (3x-5) = 1 + \frac (1) (\frac (3x-5) (6)) $$
touto cestou,
$$ \ lim_ (x \ až \ infty) \ vľavo (1+ \ frac (6) (3x-5) \ vpravo) ^ (4x + 7) = \ lim_ (x \ až \ infty) \ vľavo (1+ \frac(1)(\frac(3x-5)(6))\vpravo)^(4x+7)$$
Čiže základ stupňa, t.j. $ 1 + \ frac (1) (\ frac (3x-5) (6)) $, upravené na tvar $ 1 + \ frac (1) (x) $, ktorý sa vyžaduje vo vzorci. Teraz začnime pracovať s exponentom. Všimnite si, že vo vzorci sú výrazy v exponentoch a v menovateli rovnaké:
To znamená, že v našom príklade musia byť exponent a menovateľ zredukované na rovnaký tvar. Ak chcete získať exponent $ \ frac (3x-5) (6) $, jednoducho vynásobte exponent týmto zlomkom. Prirodzene, aby ste kompenzovali takéto násobenie, budete musieť okamžite násobiť recipročným, t.j. podľa$\frac(6)(3x-5)$. Takže máme:
$$ \lim_(x\až\infty)\vľavo(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\vpravo)^(4x+7)=\lim_(x\až\ infty)\vľavo (1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\vpravo)^(\frac(3x-5)(6)\cdot\frac(6)(3x-5 ) \ cdot (4x + 7)) = \ lim_ (x \ až \ infty) \ vľavo (\ vľavo (1+ \ frac (1) (\ frac (3x-5) (6)) \ vpravo) ^ (\ frac(3x-5)(6))\vpravo)^(\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5))$$
Uvažujme samostatne limit zlomku $ \ frac (6 \ cdot (4x + 7)) (3x-5) $, ktorý sa nachádza v mocnine:
$$\lim_(x\do\infty)\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5)=\vľavo | \frac(\infty)(\infty)\vpravo | =\lim_(x\do\infty)\frac(6\cdot\vľavo(4+\frac(7)(x)\vpravo))(3-\frac(5)(x))=6\cdot\ frac (4) (3) = 8. $$
Odpoveď: $\lim_(x\až(0))\biggl(\cos(2x)\biggr)^(\frac(1)(\sin^2(3x)))=e^(-\frac(2) (9)$.
Priklad č.4
Nájdite hranicu$\lim_(x\až+\infty)x\vľavo(\ln(x+1)-\ln(x)\vpravo)$.
Pretože pre $ x > 0 $ máme $ \ ln (x + 1) - \ ln (x) = \ ln \ vľavo (\ frac (x + 1) (x) \ vpravo) $, potom:
$$ \lim_(x\až+\infty)x\vľavo(\ln(x+1)-\ln(x)\vpravo)=\lim_(x\až+\infty)\vľavo(x\cdot\ ln \ vľavo (\ frac (x + 1) (x) \ vpravo) \ vpravo) $$
Rozbalením zlomku $\frac (x + 1) (x) $ na súčet zlomkov $ \ frac (x + 1) (x) = 1 + \ frac (1) (x) $ dostaneme:
$$ \lim_(x\až+\infty)\vľavo(x\cdot\ln\vľavo(\frac(x+1)(x)\vpravo)\vpravo)=\lim_(x\až+\infty) \vľavo (x\cdot\ln\vľavo(1+\frac(1)(x)\vpravo)\vpravo)=\lim_(x\až+\infty)\vľavo(\ln\vľavo(\frac(x + 1) (x) \ vpravo) ^ x \ vpravo) = \ ln (e) = 1. $$
Odpoveď: $\lim_(x\až+\infty)x\vľavo(\ln(x+1)-\ln(x)\vpravo)=1$.
Priklad č.5
Nájdite limit $\lim_(x\až(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))$.
Preț $\lim_(x\až(2))(3x-5)=6-5=1$a$\lim_(x\až(2))\frac(2x)(x^2-4)=\ infty $, potom máme do činenia s neurčitosťou tvaru $1 ^ \infty $. Podrobné vysvetlenia sú uvedené v príklade č. 2, ale tu sa obmedzime na krátke riešenie. Substituție $ t = x-2 $ dostaneme:
$$ \lim_(x\až(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))=\vľavo | \ begin (zarovnané) & t = x- 2; x = t + 2 \\ & t \ až (0) \ koniec (zarovnaný) \ vpravo | =\lim_(t\až(0))\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(2t+4)(t^2+4t))=\\=\lim_(t\až (0) )\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t)\cdot 3t\cdot\frac(2t+4)(t^2+4t))=\lim_(t\až (0) ) \vľavo (\biggl (1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t))\vpravo)^(\frac(6\cdot(t+2))(t+4)) = e ^ 3. $$
Tento príklad môžete vyriešiť iným spôsobom pomocou náhrady: $t=\frac(1)(x-2)$. Samozrejme, odpoveď bude rovnaká:
$$ \lim_(x\až(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))=\vľavo | \begin(zarovnané)&t=\frac(1)(x-2); \; x = \frac (2t + 1) (t) \\ & t \do \infty \koniec (zarovnané) \vpravo | = \lim_(t\až\infty)\vľavo(1+\frac(3)(t)\vpravo)^(t\cdot\frac(4t+2)(4t+1))=\\=\lim_ (t \ to \ infty) \ vľavo (1+ \ frac (1) (\ frac (t) (3)) \ vpravo) ^ (\ frac (t) (3) \ cdot \ frac (3) (t) \cdot \frac (t \cdot (4t + 2)) (4t + 1)) = \lim_ (t \až \infty) \vľavo (\vľavo (1+ \frac (1)) (\frac (t) ( 3)) \vpravo)^(\frac(t)(3))\vpravo)^(\frac(6\cdot(2t+1))(4t+1))=e^3.$$
Odpoveď: $\lim_(x\až(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))=e^3$.
Priklad č.6
Nájdite hranicu$\lim_(x\až\infty)\vľavo(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\vpravo)^(3x)$.
Poďme zistiť, k čomu má tendinciu výraz $\frac (2x^2+3) (2x^2-4)$ pod podmienkou $x\to \infty $:
$$ \ lim_ (x \ až \ infty) \ frac (2x ^ 2 + 3) (2x ^ 2-4) = \ vľavo | \frac(\infty)(\infty)\vpravo | =\lim_(x\až\infty)\frac(2+\frac(3)(x^2))(2-\frac(4)(x^2))=\frac(2+0)(2 -0) = 1. $$
V danej limite teda máme do činenia s neurčitosťou tvaru $1 ^ \infty $, ktorú odhalíme pomocou druhej pozoruhodnej limity:
$$ \ lim_ (x \ až \ infty) \ vľavo (\ frac (2x ^ 2 + 3) (2x ^ 2-4) \ vpravo) ^ (3x) = | 1^\infty | =\lim_(x\do\infty)\vľavo(1+\frac(2x^2+3)(2x^2-4)-1\vpravo)^(3x)=\\=\lim_(x\do \infty)\vľavo (1+\frac(7)(2x^2-4)\vpravo)^(3x)=\lim_(x\až\infty)\vľavo(1+\frac(1)(\frac (2x^2-4)(7))\vpravo)^(3x)=\\=\lim_(x\až\infty)\vľavo(1+\frac(1)(\frac(2x^2-4) )(7))\vpravo)^(\frac(2x^2-4)(7)\cdot\frac(7)(2x^2-4)\cdot 3x)=\lim_(x\až\infty) \vľavo (\vľavo (1+\frac(1)(\frac(2x^2-4)(7))\vpravo)^(\frac(2x^2-4)(7))\vpravo)^( \frac (21x) (2x^2-4)) = e^0 = 1.$$
Odpoveď: $\lim_(x\až\infty)\vľavo(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\vpravo)^(3x)=1$.
Nachitava...