Друга чудова межа: приклади знаходження, завдання та докладні рішення. Калькулятор онлайн.Рішення меж

Чудових меж існує кілька, але найвідомішими є перший і другий чудові межі. Чудовість цих меж у тому, що вони мають широке застосування і з допомогою можна знайти й інші межі, які у численних завданнях. Цим ми і займатимемося в практичній частині цього уроку. Для вирішення завдань шляхом приведення до першої або другої чудової межі не потрібно розкривати невизначеності, що містяться в них, оскільки значення цих меж вже давно вивели великі математики.

Першою чудовою межеюназивається межа відношення синуса нескінченно малої дуги до тієї ж дуги, вираженої в радіанній мірі:

Переходимо до вирішення завдань на першу чудову межу. Зауважимо: якщо під знаком межі знаходиться тригонометрична функція, це майже вірна ознака того, що цей вираз можна привести до першої чудової межі.

приклад 1.Знайти межу.

Рішення. Підстановка замість xнуля призводить до невизначеності:

.

У знаменнику - синус, отже, вираз можна призвести до першої чудової межі. Починаємо перетворення:

.

У знаменнику - синус трьох ікс, а в чисельнику лише один ікс, отже, потрібно отримати три ікс і в чисельнику. Для чого? Щоб уявити 3 x = aі отримати вираз.

І приходимо до різновиду першої чудової межі:

тому що не має значення, яка літера (змінна) у цій формулі стоїть замість ікса.

Помножуємо ікс на три і відразу ділимо:

.

Відповідно до поміченої першої чудової межі робимо заміну дробового виразу:

Тепер можемо остаточно вирішити цю межу:

.

приклад 2.Знайти межу.

Рішення. Безпосередня підстановка знову призводить до невизначеності "нуль ділити на нуль":

.

Щоб отримати першу чудову межу, потрібно, щоб ікс під знаком синуса в чисельнику і просто ікс у знаменнику були з тим самим коефіцієнтом. Нехай цей коефіцієнт дорівнюватиме 2. Для цього представимо нинішній коефіцієнт при іксі як і далі, роблячи дії з дробами, отримуємо:

.

приклад 3.Знайти межу.

Рішення. При підстановці знову отримуємо невизначеність "нуль ділити на нуль":

.

Напевно, вам уже зрозуміло, що з вихідного виразу можна отримати першу чудову межу, помножену на першу чудову межу. Для цього розкладаємо квадрати ікса в чисельнику і синуса в знаменнику на однакові множники, а щоб отримати у іксів і синуса однакові коефіцієнти, ікси в чисельникі ділимо на 3 і відразу множимо на 3. Отримуємо:

.

приклад 4.Знайти межу.

Рішення. Знову отримуємо невизначеність "нуль ділити на нуль":

.

Можемо отримати відношення двох перших чудових меж. Ділимо і чисельник, і знаменник на ікс. Потім, щоб коефіцієнти при синусах і при іксах збігалися, верхній ікс множимо на 2 і відразу ділимо на 2, а нижній ікс множимо на 3 і відразу ділимо на 3. Отримуємо:

Приклад 5.Знайти межу.

Рішення. І знову невизначеність "нуль ділити на нуль":

Пам'ятаємо з тригонометрії, що тангенс - це ставлення синуса до косінус, а косинус нуля дорівнює одиниці. Виробляємо перетворення та отримуємо:

.

Приклад 6.Знайти межу.

Рішення. Тригонометрична функція під знаком межі знову наштовхує на думку про застосування першої чудової межі. Представляємо його як ставлення синуса до косінус.

У цій темі ми розберемо ті формули, які можна отримати, використовуючи другу чудову межу (тема, присвячена безпосередньо другій чудовій межі, знаходиться ). Нагадаю дві формулювання другої чудової межі, які знадобляться в цьому розділі: $\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(x)\right)^x=e$ і $\lim_(x \to\ 0)\left(1+x\right)^\frac(1)(x)=e$.

Зазвичай формули я наводжу без доказів, але для цієї сторінки, гадаю, зроблю виняток. Справа в тому, що доказ наслідків з другої чудової межі містить деякі прийоми, які бувають корисними при безпосередньому вирішенні завдань. Ну, і взагалі кажучи, бажано знати, як доводиться та чи інша формула. Це дозволяє краще розуміти її внутрішню структуру, а також межі застосування. Але оскільки докази можуть бути цікаві не всім читачам, то приховую їх під примітки, які після кожного слідства.

Наслідок №1

Доказ слідства №1: показати/сховати

Так як при $ x \ to 0 $ маємо $ \ ln (1 + x) \ to 0 $, то в межах, що розглядається, є невизначеність виду $ \ frac (0) (0) $. Для розкриття цієї невизначеності представимо вираз $\frac(\ln(1+x))(x)$ у такому вигляді: $\frac(1)(x)\cdot\ln(1+x)$. Тепер внесемо множник $\frac(1)(x)$ у ступінь виразу $(1+x)$ і застосуємо другу чудову межу:

$$ \lim_(x\to\ 0) \frac(\ln(1+x))(x)=\left| \frac(0)(0) \right|= \lim_(x\to\ 0) \left(\frac(1)(x)\cdot\ln(1+x)\right)=\lim_(x\ to\ 0)\ln(1+x)^(\frac(1)(x))=\ln e=1. $$

Знову маємо невизначеність виду $ frac (0) (0) $. Будемо спиратися на вже доведену нами формулу. Так як $ log_a t = frac (l t) (l a) $, то $ log_a (1 + x) = frac (l (1 + x)) (l a) $.

$$ \lim_(x\to\ 0) \frac(\log_a (1+x))(x)=\left| \frac(0)(0) \right|=\lim_(x\to\ 0)\frac(\ln(1+x))( x \ln a)=\frac(1)(\ln a)\ lim_(x\to\ 0)\frac(\ln(1+x))( x)=\frac(1)(\ln a)\cdot 1=\frac(1)(\ln a). $$

Слідство №2

Доказ слідства №2: показати/сховати

Оскільки при $x\to 0$ маємо $e^x-1\to 0$, то розглянутому межі є невизначеність виду $\frac(0)(0)$. Для розкриття цієї невизначеності здійснимо заміну змінної, позначивши $t=e^x-1$. Оскільки $x\to 0$, то $t\to 0$. Далі, з формули $t=e^x-1$ отримаємо: $e^x=1+t$, $x=\ln(1+t)$.

$$ \lim_(x\to\ 0) \frac(e^x-1)(x)=\left| \frac(0)(0) \right|=\left | \begin(aligned) & t=e^x-1;\; t\to 0. \\ x =\ln(1+t).\end (aligned) \right|= \lim_(t\to 0)\frac(t)(\ln(1+t))= \lim_(t\to 0)\frac(1)(\frac(\ln(1+t))(t))=\frac(1)(1)=1. $$

Знову маємо невизначеність виду $ frac (0) (0) $. Будемо спиратися на вже доведену нами формулу. Оскільки $a^x=e^(x\ln a)$, то:

$$ \lim_(x\to\ 0) \frac(a^(x)-1)(x)=\left| \frac(0)(0) \right|=\lim_(x\to 0)\frac(e^(x\ln a)-1)(x)=\ln a\cdot \lim_(x\to 0 )\frac(e^(x\ln a)-1)(x \ln a)=\ln a \cdot 1=\ln a. $$

Слідство №3

Доказ слідства №3: ​​показати/сховати

Знову маємо справу з невизначеністю виду $\frac(0)(0)$. Оскільки $(1+x)^\alpha=e^(\alpha\ln(1+x))$, то отримаємо:

$$ \lim_(x\to\ 0) \frac((1+x)^\alpha-1)(x)= \left| \frac(0)(0) \right|= \lim_(x\to\ 0)\frac(e^(\alpha\ln(1+x))-1)(x)= \lim_(x\to \ 0)\left(\frac(e^(\alpha\ln(1+x))-1)(\alpha\ln(1+x))\cdot \frac(\alpha\ln(1+x) )(x) \right)=\\ =\alpha\lim_(x\to\ 0) \frac(e^(\alpha\ln(1+x))-1)(\alpha\ln(1+x ))\cdot \lim_(x\to\ 0)\frac(\ln(1+x))(x)=\alpha\cdot 1\cdot 1=\alpha. $$

Приклад №1

Обчислити межу $\lim_(x\to\ 0) \frac(e^(9x)-1)(\sin 5x)$.

Маємо невизначеність виду $ frac (0) (0) $. Для розкриття цієї невизначеності використовуватимемо формулу . Щоб підігнати нашу межу під цю формулу, слід мати на увазі, що вирази в ступені числа $e$ і в знаменнику повинні збігатися. Іншими словами, синусу у знаменнику не місце. У знаменнику має бути $9x$. Крім того, при вирішенні цього прикладу буде використано першу чудову межу .

$$ \lim_(x\to\ 0) \frac(e^(9x)-1)(\sin 5x)=\left|\frac(0)(0) \right|=\lim_(x\to\) 0) \left(\frac(e^(9x)-1)(9x)\cdot\frac(9x)(\sin 5x) \right) =\frac(9)(5)\cdot\lim_(x\ to\ 0) \left(\frac(e^(9x)-1)(9x)\cdot\frac(1)(\frac(\sin 5x)(5x)) \right)=\frac(9)( 5) cdot 1 cdot 1 = frac (9) (5). $$

Відповідь: $\lim_(x\to\ 0) \frac(e^(9x)-1)(\sin 5x)=\frac(9)(5)$.

Приклад №2

Обчислити межу $\lim_(x\to\ 0) \frac(\ln\cos x)(x^2)$.

Маємо невизначеність виду $ frac (0) (0) $ (нагадаю, що $ ln cos 0 = ln 1 = 0 $). Для розкриття цієї невизначеності використовуватимемо формулу . Спочатку врахуємо, що $\cos x=1-2\sin^2 \frac(x)(2)$ (див. роздрук за тригонометричними функціями). Тепер $\ln\cos x=\ln\left(1-2\sin^2 \frac(x)(2)\right)$, тому в знаменнику слід отримати вираз $-2\sin^2 \frac(x )(2)$ (щоб підігнати наш приклад під формулу). У подальшому рішенні буде використано першу чудову межу.

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

Відповідь: $\lim_(x\to\ 0) \frac(\ln\cos x)(x^2)=-\frac(1)(2)$.

Термін "чудова межа" широко використовується в підручниках та методичних посібниках для позначення важливих тотожностей, які допомагають суттєво спростити роботуза знаходженням меж.

Але щоб зуміти навестисвою межу до чудового, потрібно до нього гарненько придивитися, адже вони зустрічаються не в прямому вигляді, а часто у вигляді наслідків, забезпечені додатковими доданками та множниками. Втім, спочатку теорія, потім приклади і все у вас вийде!

Перша чудова межа

Сподобалось? Додати до закладок

Перша чудова межа записується так (невизначеність виду $0/0$):

$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin x)(x)=1. $$

Наслідки з першої чудової межі

Приклади рішень: 1 чудова межа

приклад 1. Обчислити межу $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(8x).$$

Рішення.Перший крок завжди однаковий - підставляємо граничне значення $x=0$ у функцію та отримуємо:

$$\left[ \frac(\sin 0)(0) \right] = \left[\frac(0)(0)\right].$$

Набули невизначеності виду $\left[\frac(0)(0)\right]$, яку слід розкрити. Якщо подивитися уважно, вихідна межа дуже схожа на першу чудову, але не збігається з нею. Наше завдання – довести до схожості. Перетворюємо так - дивимося на вираз під синусом, робимо таке ж у знаменнику (умовно кажучи, помножили та поділили на $3x$), далі скорочуємо та спрощуємо:

$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(8x) = \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin 3x)(3x)\frac(3x)(8x )=\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (3x))(3x)\frac(3)(8)=\frac(3)(8). $$

Вище якраз і вийшла перша чудова межа: $$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (3x))(3x) = \lim\limits_(y\to 0)\frac(\sin ( y))(y)=1, \text( зробили умовну заміну) y=3x. $$ Відповідь: $3/8$.

приклад 2. Обчислити межу $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x).$$

Рішення.Підставляємо граничне значення $x=0$ у функцію та отримуємо:

$$\left[ \frac(1-\cos 0)(\tan 0\cdot \sin 0)\right] =\left[ \frac(1-1)( 0\cdot 0)\right] = \left [\frac(0)(0)\right].$$

Набули невизначеності виду $\left[\frac(0)(0)\right]$. Перетворимо межу, використовуючи у спрощенні першу чудову межу (тричі!):

$$\lim\limits_(x\to 0)\frac(1-\cos 3x)(\tan 2x\cdot \sin 4x) = \lim\limits_(x\to 0)\frac( 2 \sin^2 (3x/2))(\sin 2x\cdot \sin 4x)\cdot \cos 2x = $$ $$ = 2\lim\limits_(x\to 0)\frac( \sin^2 (3x/2) )((3x/2)^2) \cdot \frac( 2x)(\sin 2x) \cdot \frac( 4x)( \sin 4x)\cdot \frac( (3x/2)^2)( 2x \ cdot 4x) \cdot \cos 2x = $$ $$ =2\lim\limits_(x\to 0) 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \frac( (9/4)x^2)( 8x^2 ) \cdot \cos 2x= 2 \cdot \frac( 9)( 32) \lim\limits_(x\to 0) \cos 2x=\frac(9)(16). $$

Відповідь: $9/16$.

приклад 3. Знайти межу $$\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5).$$

Рішення.А якщо під тригонометричною функцією складний вираз? Чи не біда, і тут діємо аналогічно. Спочатку перевіримо тип невизначеності, підставляємо $x=0$ у функцію та отримуємо:

$$\left[ \frac(\sin (0+0))(0-0)\right] = \left[\frac(0)(0)\right].$$

Набули невизначеності виду $\left[\frac(0)(0)\right]$. Помножимо і поділимо на $2x^3+3x$:

$$ \lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x^3+3x))(5x-x^5)=\lim\limits_(x\to 0)\frac(\sin (2x ^3+3x))((2x^3+3x)) \cdot \frac(2x^3+3x)(5x-x^5)=\lim\limits_(x\to 0) 1 \cdot \frac( 2x^3+3x)(5x-x^5)= \left[\frac(0)(0)\right] = $$

Знову набули невизначеності, але в цьому випадку це просто дріб. Скоротимо на $x$ чисельник і знаменник:

$$ =\lim\limits_(x\to 0) \frac(2x^2+3)(5-x^4)= \left[\frac(0+3)(5-0)\right] =\ frac(3)(5). $$

Відповідь: $3/5$.

Друга чудова межа

Друга чудова межа записується так (невизначеність виду $1^\infty$):

$$ \lim\limits_(x\to \infty) \left(1+\frac(1)(x)\right)^(x)=e, \quad \text(або) \quad \lim\limits_( x\to 0) \left(1+x\right)^(1/x)=e. $$

Наслідки другої чудової межі

Приклади рішень: 2 чудова межа

приклад 4. Знайти межу $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3).$$

Рішення.Перевіримо тип невизначеності, підставляємо $x=\infty$ у функцію та отримуємо:

$$\left[ \left(1-\frac(2)(\infty)\right)^(\infty) \right] = \left.$$

Набули невизначеності виду $\left$. Межу можна звести до другого чудового. Перетворюємо:

$$ \lim\limits_(x\to \infty)\left(1-\frac(2)(3x)\right)^(x+3) = \lim\limits_(x\to \infty)\left( 1+\frac(1)((-3x/2))\right)^(\frac(-3x/2)(-3x/2)(x+3))= $$ $$ = \lim\limits_ (x\to \infty)\left(\left(1+\frac(1)((-3x/2))\right)^((-3x/2))\right)^\frac(x+3 )(-3x/2)= $$

Вираз у дужках фактично і є другою чудовою межею $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, тільки $t=- 3x/2$, тому

$$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(e\right)^\frac(x+3)(-3x/2)= \lim\limits_(x\to \infty)e^\ frac(1+3/x)(-3/2)=e^(-2/3). $$

Відповідь:$e^(-2/3)$.

Приклад 5. Знайти межу $$\lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x).$$

Рішення.Підставляємо $x=\infty$ у функцію та отримуємо невизначеність виду $\left[ \frac(\infty)(\infty)\right]$. А нам потрібно $ \ left $. Тому почнемо з перетворення виразу у дужках:

$$ \lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac(x^3+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x) = \lim\limits_ (x\to \infty)\left(\frac(x^3+(x-7)-(x-7)+2x^2+1)(x^3+x-7)\right)^(x ) = \lim\limits_(x\to \infty)\left(\frac((x^3+x-7)+(-x+7+2x^2+1))(x^3+x-7 )\right)^(x) = $$ $$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7) \right)^(x) = \lim\limits_(x\to \infty)\left(\left(1+\frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)\right) ^(\frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8))\right)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7)) = $$

Вираз у дужках фактично і є другою чудовою межею $\lim\limits_(t\to \infty) \left(1+\frac(1)(t)\right)^(t)=e$, тільки $t=\ frac(x^3+x-7)(2x^2-x+8) \to \infty$, тому

$$ = \lim\limits_(x\to \infty)\left(e\right)^(x \frac(2x^2-x+8)(x^3+x-7))= \lim\limits_ (x\to \infty)e^( \frac(2x^2-x+8)(x^2+1-7/x))= \lim\limits_(x\to \infty)e^( \frac (2-1/x+8/x^2)(1+1/x^2-7/x^3))=e^(2). $$

Доведення:

Доведемо спочатку теорему для випадку послідовності

За формулою бінома Ньютона:

Вважаючи отримаємо

З цієї рівності (1) випливає, що зі збільшенням n число позитивних доданків у правій частині збільшується. Крім того, при збільшенні n число зменшується, тому величини зростають. Тому послідовність зростаюча, при цьому (2)*Покажемо, що вона обмежена. Замінимо кожну дужку у правій частині рівності на одиницю, права частина збільшиться, отримаємо нерівність

Посилимо отриману нерівність, замінимо 3,4,5, …, що стоять у знаменниках дробів, числом 2: Суму в дужці знайдемо за формулою суми членів геометричної прогресії: Тому (3)*

Отже, послідовність обмежена зверху, при цьому виконуються нерівності (2) та (3): Отже, виходячи з теореми Вейерштрасса (критерій збіжності послідовності) послідовність монотонно зростає і обмежена, отже має межу, що позначається буквою e. Тобто.

Знаючи, що друга чудова межа вірна для натуральних значень x, доведемо другу чудову межу для речовинних x, тобто доведемо, що . Розглянемо два випадки:

1. Нехай Кожне значення x укладено між двома позитивними цілими числами: де - це ціла частина x. => =>

Якщо , то Тому, відповідно до межі Маємо

За ознакою (про межу проміжної функції) існування меж

2. Нехай. Зробимо підстановку − x = t, тоді

Із двох цих випадків випливає, що для речового x.

Наслідки:

9 .) Порівняння нескінченно малих. Теорема про заміну нескінченно малих на еквівалентні в межі та теорема про головну частину нескінченно малих.

Нехай функції a ( x) та b( x) – б.м. при x ® x 0 .

ВИЗНАЧЕННЯ.

1) a( x) називається нескінченно малого вищого порядку ніж b (x) якщо

Записують: a ( x) = o(b( x)) .

2) a( x) і b( x)називаються нескінченно малими одного порядку, якщо

де СÎℝ та C¹ 0 .

Записують: a ( x) = O(b( x)) .

3) a( x) і b( x) називаються еквівалентними , якщо

Записують: a ( x) ~ b ( x).

4) a( x) називається нескінченно малою порядку k відноси-
дуже нескінченно малої b( x), якщо нескінченно малі a( x)і(b( x)) k мають одне порядок, тобто. якщо

де СÎℝ та C¹ 0 .

ТЕОРЕМА 6 (про заміну нескінченно малих на еквівалентні).

Нехай a( x), b( x), a 1 ( x), b 1 ( x)- Б.М. при x ® x 0 . Якщо a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x),

то

Доказ: Нехай a( x) ~ a 1 ( x), b( x) ~ b 1 ( x)тоді

ТЕОРЕМА 7 (про головну частину нескінченно малої).

Нехай a( x)і b( x)- Б.М. при x ® x 0 , причому b( x)- Б.М. вищого порядку ніж a( x).

= , a оскільки b( x) - вищого порядку ніж a ( x), то, тобто. з ясно, що a( x) + b( x) ~ a ( x)

10) Безперервність функції у точці (мовою меж эпсилон-дельта, геометричне) Одностороння безперервність. Безперервність на інтервалі, відрізку. Властивості безперервних функцій.

1. Основні визначення

Нехай f(x) визначена в деякій околиці точки x 0 .

ВИЗНАЧЕННЯ 1. Функція f(x) називається безперервний у точці x 0 якщо справедлива рівність

Зауваження.

1) У силу теореми 5 §3 рівність (1) можна записати у вигляді

Умова (2) – визначення безперервності функції у точці мовою односторонніх меж.

2) Рівність (1) можна також записати у вигляді:

Кажуть: «якщо функція безперервна у точці x 0 то знак межі і функцію можна поміняти місцями ».

ВИЗНАЧЕННЯ 2 (мовою e-d).

Функція f(x) називається безперервний у точці x 0 якщо"e>0 $d>0 таке, що

якщо xÎU( x 0, d) (тобто. | x – x 0 | < d),

то f(x)ÎU( f(x 0), e) (тобто | | f(x) – f(x 0) | < e).

Нехай x, x 0 Î D(f) (x 0 – фіксована, x –довільна)

Позначимо: D x= x – x 0 – приріст аргументу

D f(x 0) = f(x) – f(x 0) – збільшення функції в точціx 0

ВИЗНАЧЕННЯ 3 (геометричне).

Функція f(x) на зується безперервний у точці x 0 якщо в цій точці нескінченно малому прирощенню аргументу відповідає нескінченно мале збільшення функції, тобто.

Нехай функція f(x) визначено на проміжку [ x 0 ; x 0 + d) (на проміжку ( x 0 – d; x 0 ]).

ВИЗНАЧЕННЯ. Функція f(x) називається безперервний у точці x 0 справа (зліва ), якщо справедлива рівність

Очевидно, що f(x) безперервна в точці x 0 Û f(x) безперервна в точці x 0 праворуч та ліворуч.

ВИЗНАЧЕННЯ. Функція f(x) називається безперервний на інтервал е ( a; b) якщо вона безперервна в кожній точці цього інтервалу.

Функція f(x) називається безперервною на відрізку [a; b] якщо вона безперервна на інтервалі (a; b) і має односторонню безперервність у граничних точках(Тобто безперервна в точці aправоруч, у точці b- зліва).

11) Точки розриву, їхня класифікація

ВИЗНАЧЕННЯ. Якщо функція f(x) визначена в деякій околиці точки x 0 , але не є безперервною в цій точці, то f(x) називають розривною в точці x 0 , а саму точку x 0 називають точкою розриву функції f(x) .

Зауваження.

1) f(x) може бути визначена в неповній околиці точки x 0 .

Тоді розглядають відповідну односторонню безперервність функції.

2) З визначення Þ точка x 0 є точкою розриву функції f(x) у двох випадках:

а) U( x 0 , d)Î D(f) , але для f(x) не виконується рівність

б) U * ( x 0 , d)Î D(f) .

Для елементарних функцій можливе лише випадок б).

Нехай x 0 – точка розриву функції f(x) .

ВИЗНАЧЕННЯ. Крапка x 0 називається точкою розриву I роду якщо функція f(x)має в цій точці кінцеві межі зліва та справа.

Якщо при цьому ці межі дорівнюють, то точка x 0 називається точкою усуненого розриву , в іншому випадку - точкою стрибка .

ВИЗНАЧЕННЯ. Крапка x 0 називається точкою розриву II роду якщо хоча б одна з односторонніх меж функції f(x)у цій точці дорівнює¥ чи не існує.

12) Властивості функцій, безперервних на відрізку (теореми Вейєрштрасса (без док-ва) та Коші

Теорема Вейєрштраса

Нехай функція f(x) безперервна на відрізку тоді

1)f(x)обмежена на

2)f(x) приймає на проміжку своє найменше та найбільше значення

Визначення: Значення функції m=f називається найменшим, якщо m≤f(x) для будь-якого x€ D(f).

Значення функції m=f називається найбільшим, якщо m≥f(x) для будь-якого x€ D(f).

Найменше\найбільше значення функція може приймати у кількох точках відрізка.

f(x 3)=f(x 4)=max

Теорема Коші.

Нехай функція f(x) безперервна на відрізку і х – число, укладене між f(a) та f(b), тоді існує хоча б одна точка х 0 € така, що f(x 0) = g

Формула другої чудової межі має вигляд lim x → ∞ 1 + 1 x x = e. Інша форма запису має такий вигляд: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e .

Коли говоримо про другий чудовому межі, нам доводиться мати справу з невизначеністю виду 1 ∞ , тобто. одиницею нескінченною мірою.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Розглянемо завдання, у яких нам знадобиться вміння обчислювати другу чудову межу.

Приклад 1

Знайдіть межу lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .

Рішення

Підставимо потрібну формулу і виконаємо обчислення.

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

У нас у відповіді вийшла одиниця в міру нескінченність. Щоб визначитися з методом розв'язання, використовуємо таблицю невизначеностей. Виберемо другу чудову межу і зробимо заміну змінних.

t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2

Якщо x → ∞ , то t → - ∞ .

Подивимося, що в нас вийшло після заміни:

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

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

Приклад 2

Обчисліть межу lim x → ∞ x - 1 x + 1 x.

Рішення

Підставимо нескінченність і отримаємо таке.

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

У відповіді у нас знову вийшло те саме, що й у попередньому завданні, отже, ми можемо знову скористатися другою чудовою межею. Далі нам потрібно виділити в основі статечної функції цілу частину:

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

Після цього межа набуває наступного вигляду:

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

Замінюємо змінні. Припустимо, що t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1; якщо x → ∞, то t → ∞.

Після цього записуємо, що в нас вийшло у вихідній межі:

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

Щоб виконати це перетворення, ми використовували основні властивості меж і ступенів.

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

Приклад 3

Обчисліть межу lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .

Рішення

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 ∞

Після цього нам потрібно виконати перетворення функції для застосування другої чудової межі. У нас вийшло таке:

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

Оскільки зараз у нас є однакові показники ступеня в чисельнику і знаменнику дробу (рівні шести), то межа дробу на нескінченності дорівнюватиме відношенню даних коефіцієнтів при старших ступенях.

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

При заміні t = x 2 + 2 x 2 – 1 – 2 x 2 + 2 у нас вийде друга чудова межа. Значить, що:

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

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

Висновки

Невизначеність 1 ∞, тобто. одиниця в нескінченній мірі, є статечною невизначеністю, отже, її можна розкрити, використовуючи правила знаходження меж показово статечних функцій.

Якщо ви помітили помилку в тексті, будь ласка, виділіть її та натисніть Ctrl+Enter