Keeruliste funktsioonide piirid lahenduste näited. Järjestuse piirang ja funktsioon. Piiriteoreemid

2011 Viosagmir I.A. Funktsioonipiirang 2011 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirang [e-postiga kaitstud] Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piir 2011 1 Funktsiooni piir Sissejuhatus Noh... Tere tulemast oma esimese funktsiooni piire käsitleva raamatu juurde. See on esimene osa minu tulevasest sarjast “Kõrgem matemaatika mannekeenidele”. Juba raamatu pealkiri peaks sellest palju rääkima, aga sellest võib täiesti valesti aru saada. See raamat pole pühendatud "mannekeenidele", vaid kõigile neile, kellel on raske mõista, mida professorid oma raamatutes teevad. Olen kindel, et mõistate mind. Ma ise olin ja olen sellises olukorras, et pean lihtsalt sama lauset mitu korda lugema. See sobib? Ma arvan, et ei. Mille poolest mu raamat siis kõigist teistest erineb? Esiteks on siinne keel tavaline, mitte "abstruktiivne"; teiseks, siin on analüüsitud palju näiteid, mis, muide, tulevad teile kindlasti kasuks; kolmandaks on tekstil omavaheline oluline erinevus - põhilised asjad on teatud markeritega esile tõstetud ja lõpuks on minu eesmärk ainult üks - sinu arusaam. Teil on vaja ainult ühte asja: soovi ja oskusi. "Oskused?" - te küsite. Jah! Oskused ja. Üldiselt on soovitatav omada eraldi märkmikku 65 lehe jaoks ja sinna kõik kirja panna. Kõik, mis selles raamatus kirjas. Tulemus on muljetavaldav, ma luban teile. Samuti on parem kasutada mitmevärvilisi viltpliiatseid. Härrased... Soovin teile edu ja mõistmist. Kui sa selle raamatu lõpetad, saad palju ära teha!!! Minu raamatusse tuleb mõni märge. Soovitan soojalt neid jälgida. - õpi kindlasti! - soovitatav on proovida seda ise teha. - te ei saa õppida, kuid peate mõistma! Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 2 Sisu Funktsiooni piirväärtus punktis………………………………………………………………………………………………… ….3 Teoreemid piiride kohta……………………………………………………………………………………………………………..13 Üks -poolsed piirid………… ………………………………………………………………………………………..14 Piirang →∞………… …………………… …………………………………………………………………………………..17 Lõpmatud funktsioonid………………… ……………………… ………………………………………………………25 Algfunktsioonide graafikud……………………………………………… ……………………………… …………..26 Funktsiooni pidevus punktis…………………………………………………………………… ……………………….31 Keerulise funktsiooni pidevus……… …………………………………………………………………………..33 murdepunktid…………………………………………… ……………………………………………………36 Elementaarfunktsioonide järjepidevus………………… …………………………………………………………………41 Esimene tähelepanuväärne piir…………………………………………………………… ……………………………..42 Teine imeline piir……………………………………………………………………………………… ……..47 Lühidalt vahtrast…………………………………………………………………………………………………………… …..52 Lõpmatult väikeste funktsioonide võrdlus………………………………………………………………………………. .55 Sümboli “o small” omadused…………………………………………………………………………………………………..60 Asümptootilised valemid ……… ……………………………………………………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………………………………………………………… …………………………………………………………………………………………………………. 1. osa…………………………………………………………………………………..80 Taylori laiendus. 2. osa…………………………………………………………………………………..88 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 3 Peatükk 1. Funktsioonipiirang. Olgu arvuline muutuja selle muutumise pindala. Kui iga arv ∈ on seotud mõne arvuga, siis ütleme, et funktsioon on hulgal defineeritud, ja kirjutame. Loodan, et saate sellest aru, aga ma selgitan igaks juhuks. Hulk on sel juhul tasapind, mis koosneb kahest koordinaatteljest - 0X ja 0Y. Oleksite pidanud seda teadma juba keskkoolist saati. Kui olete selle unustanud, avage klass 7-8 ja korrake. Näiteks joonisel fig. 1 näitab funktsiooni. Teljed 0X ja 0Y moodustavad selle muutuse ala. Näeme selgelt joonisel fig. 1 kuidas funktsioon käitub. Sel juhul ütleme, et funktsioon on komplektis defineeritud. Funktsiooni kõigi privaatsete väärtuste komplekti nimetatakse väärtuskomplektiks. Teisisõnu, väärtuste kogum on intervall piki OY-telge, kus funktsioon on määratletud. Näiteks vaadake joonist fig. 1. - siit on kohe selge, et 0, sest 0. See on joonisel selgelt näha. Sel juhul on väärtuste vahemik 0;∞. Pidage meeles, et me vaatame väärtuste komplekti 0Y! Kõikide tervikut nimetatakse määratlusvaldkonnaks. Teeme eelnevatest kaalutlustest järelduse ja mõistame, et vaatleme definitsioonide hulka 0 võrra. Meie puhul ODZ = ∞;∞. Punkti ∈ või nimetatakse hulga piirpunktiks, kui punkti mis tahes naabruses on hulga punkte, mis erinevad. Siin ma midagi ei lisa. Ja nii on kõik selge. Saame vaid lisada, et meie puhul funktsiooni domeeni hulga piirpunkt. Sisu: 1) Funktsiooni piirväärtus punktis 2) Piirteoreemid 3) Ühepoolsed piirid 4) Limit, nagu →∞ 5) Lõpmatult suured funktsioonid 6) Elementaarfunktsioonide graafikud 1. Funktsiooni piirväärtus punktis. Riis. 1 sõltumatu muutuja (argument). funktsiooni ulatus. funktsiooni privaatne väärtus punktis. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 4 Nii et enne definitsiooni lubage mul selgitada üldiselt, mis on funktsioonipiir. Arvu b, millele funktsioon kaldub, kui x kaldub arvule, nimetatakse funktsiooni piiriks. Nii on see kõik kirjas: lim → Näiteks . Peame välja selgitama, millele funktsioon kaldub (mitte võrdne!) As →2. Paneme kõigepealt kirja piiri: lim → lim → Nüüd on aeg graafikut vaadata. Joonistage 0-ga paralleelne joon läbi punkti 2 teljel 0. See ületas meie diagrammi punktis 2;4. Laskem sellest punktist risti 0-teljele ja ... oeh! Mis mõtet seal on? See on õige, 4. See on see, mida meie funktsioon sihib, nagu → 2. Raske? No ei, muidugi mitte! Tõenäoliselt märkasite, et kui asendate funktsioonis väärtuse 2, on vastus sama. Täiesti õige. Nii lahendatakse need "keerulised" piirid. Ärge unustage kindlust kontrollida! Kindlus on see, kui meil on selge tulemus. Ebakindlus, kui selget tulemust pole. Näiteks: või - kõik see on ebakindlus. See on väga oluline, ärge kunagi unustage seda! Seetõttu peaks teie märkmikus olema järgmine kirje (ärge unustage ka pilti joonistamast): lim → lim → 2 4 Noh, sellega on üldiselt kõik selge. Harjutage ja arvutage need piirid: lim → ! 1 #;lim → ;lim → ;lim → √ Sama juhtub ka juhul, kui →∞ või mõne teise lõpmatu arvuga: lim → ∞ ∞ Ja siin on näide, kus on ebakindlus: lim → sin Kui asendame väärtuse , võrdub 0, siis saame selle: . Ja see on ebakindlus, seega pole meil õigust otsustada! Siis ma õpetan teile, kuidas ebakindlust paljastada. Nüüd ei tohi seda unustada. Seadistatud ja kontrollitud. Kas see on otsustatud? See tähendab kindlust. Ei ole lahendatud? No siis otsusta. Kui olete kõik läinud. Liigume edasi formaalsuste ehk definitsioonide juurde. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 5 NE DEFINING, 0 , 1 , ∞ , 0 ∙ ∞ , ∞ ∞ Definitsioon 1 (funktsiooni vahemähispiir) #1. Tõesta, et lim → sin0. Mugavuse huvides formuleerime meie juhtumi jaoks teoreemi (vastavalt Cauchyle). Saame järgmise: Kasutame ebavõrdsust | patt | (| | ∀. Määrame suvalise * 0 ja määrame +*. Siis kui | | ,+, siis | sin | (| | ,+*. See tähendab (vastavalt funktsiooni Cauchy definitsioonile), et lim → sin0. Seetõttu pole põhimõtteliselt midagi seletada. Mis puutub | sin | (| | see tuleb lihtsalt meeles pidada. Mis puutub *, siis see on väga väike arv, mis asub naabruses. nr 2. Kasutades “* + ” - arutluskäik, tõesta, et lim → 4. Täida järgmine tabel: * 0,1 0,01 0,001 0,0001 … + Arvu b nimetatakse funktsiooni piiriks punktis (nagu →), kui ∀ 0 ∃ 0 on selline, et ∀ rahuldab tingimused, 0 | | , on täidetud võrratus ||. Arvu 0 nimetatakse funktsiooni sin piiriks punktis 0 (nagu → 0), kui ∀ 0 ∃ 0 on selline, et ∀ vastab tingimustele 0 | | , on ebavõrdsus | patt | täidetud. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 6 Olgu * 0 suvaline. Siis | 4 | | 2 4 2 | (| 2 | 4 | 2 | (*, niipea kui 0, | 2 | , √ 4 * 2 √ . Viimane võrratus on veelgi tõesem, kui * √ 4 * 2 * 2 √ 4 * * 2 √ 4 4* * * 22 * ​​​​+ * | 2 | Vaatleme seda näidet üksikasjalikumalt. ∀ tingimuste 0, 0, |2|,+ täitmisel kehtib ebavõrdsus |4|,* 2) Lihtsustage: a ) Seisukord: 0, | 2 | ,+ +, 2,+ 2 +,2 + b) ebavõrdsus: | 4 | ,* *, 4,* 4 *,4 * 3) Saage aru: arvu 4 nimetatakse funktsiooni piiriks punktis 2 (nagu → 2), kui ∀* 0 ∃+ 0 on selline, et ∀ vastab tingimustele 0 , 2 +,2 +, ebavõrdsus 4 *,4 * on täidetud. Kõik! Lugege viimast definitsiooni, mille me graafiku abil kirjutasime. eks? Noh, see on muidugi tõsi! Kirjutasin selle meetodi spetsiaalselt teile, mõistmiseks. Te ei leia seda ühestki kirjandusest. Seega, kui soovite tõesti seda kõike kiiresti lahendada - palun! Jah, et selgitada, kuidas seda analüütiliselt tehakse, ma ei ole kõrgema matemaatika mannekeenide jaoks. 2011. aasta funktsioonilimiit 7, kindlasti saan. Kirjutasin teile näite, nüüd peate selle minu graafilise meetodi abil ise välja mõtlema. Kõik on üles ehitatud mõistmisest, härrased. Nüüd püüan kõike analüütilisel tasemel selgitada. nr 3. Kinnitamiseks. Tõesta, kasutades funktsiooni piiri Cauchy definitsiooni, et lim → −16 −4 = 2 1. samm: defineerige funktsioon () , mis on meie avaldis piirmärgi all: = −16 −4 Kuna me arvestame piirväärtus 4-le, peate arvestama mõne 4-ga, mis on selle funktsiooni jaoks määratletud. Näiteks intervall on 2 kuni 5. 40(2,5) Aga! Pange tähele, et funktsioon pole kõikjal määratletud! Seda ei määratleta 0 ja = 4 juures. Loodan, et saate sellest aru, aga igaks juhuks kirjutan: -4 ≠ 0 → -4 ≠ 0 → 2 ≠ 0 ≠ 4 . Loodan, et kõik on selge. Olgu, kõrvalepõike, nii et liigume kiiresti edasi. Põhimõtteliselt võime arvestada mis tahes intervalliga, kuid meie arvates on mugavam kasutada 40(2,5). 2. samm: kirjutame funktsiooni () piiri definitsiooni Cauchy järgi. ∀* > 0,∃+ > 0:∀ ≠ 4, | -4 |< + ⇒ | −2 | < * Это значит: для любого * мы должны найти такое+, что как только x у нас отлично от 4 и x-4 по модулю не превосходит + ⇒ | −2 | должно не превосходить*. Шаг 3: Преобразуем выражение | −2 | , ≠ 4. Высшая математика для чайников. Предел функции 2011 год 8 | −2 | = 3 −16 −4 −23 = 4 +4 −2 4 = | −4 | Эти преобразования нетрудно проделать самостоятельно. Надеюсь, у вас не вызывает это трудности. Итак, ∀* > 0,∃+ > 0:∀ ≠ 4, | −4 | < + ⇒ | −2 | < * и | −2 | = | | . Заметьте, информации все больше и больше! Шаг 4: Оценим сверху выражение | −2 | , ≠ 4, ∈ (2,5). 3 −16 −4 −23 < | −4 | 2 Поняли? Мы оцениваем | | , т.к. 5 −2 5 = | | . Следовательно, | | >| | . Siin on kõige tähtsam mitte segadusse sattuda. ∈ 2,5 − seadsime selle tingimuse algusesse. Siin tulebki sisse murdude võrdlemine. Veelgi enam | | või | | , kus ∈ 2,5 . Muidugi esimene murd. Kui nimetaja on väiksem, on murdosa suurem (samade lugejatega). 5. samm: määrake + = 2*. Siin saame võtta ainult *, võime võtta 5*. Sel juhul on meile kõige mugavam, kui + = 2*. Niisiis, siin on see, mis meil praegu on: ∀0 2,5 0< | −4 | < + | −2 | < + 2 = * Вывод: Все! Мы доказали, что предел равен 2. Вывод один: если хотите решать все это, берите еще раз и решайте. И так до тех пор, пока не поймете. Я попытался описать, как это доказывается аналитически. Можете посмотреть на это все и с графической точки зрения, не забыв все упростить. Информация: Вообще, честно говоря, от Вас таких доказательств не должны требовать. Они слишком уж “плавающие”. Если Вам все же интересна эта тема, откройте любой Высшая математика для чайников. Предел функции 2011 год 9 учебник и посмотрите там материал. Соответственно, Вы ничего не поймете, если не напишете собственноручно решение + графики. Это Вам небольшая подсказка. Нарисуйте! И все сразу станет ясно. №1. Я забегаю немного вперед, но хотелось бы решить этот предел: lim → 16 4 Если мы подставим 4 под, у нас получится неопределенность: lim → 16 4 7 00 8 неопределенность! Что делать? Все просто. А давайте ка упростим дробь! 16 4 4 4 4 4 Все! Теперь, если мы подставим 4, у нас будет определенность, а, следовательно, мы можем решать. lim → 16 4 lim → 4 7 84 8 2 Вывод: от неопределенности мы избавляемся с помощью преобразований. №2. Посчитать предел: lim → 4 6 16 Здесь все очень просто. Разложим на множители числитель и знаменатель. Рассказываю первый и последний раз, как это делать. Что бы разложить знаменатель на множители, мы должны приравнять его к нулю и просто решить уравнение. Давайте сделаем это. 6 160 Что бы решить квадратное уравнение, прежде всего нужно найти дискриминант по формуле: D 4E Высшая математика для чайников. Предел функции 2011 год 10 ,E − элементы квадратного уравнения. В общем виде квадратное уравнение выглядит так: + +E = 0 Следовательно, в нашем случае = 1, = 6,E = −16. Подставляем значения и находим дискриминант: D = 36 +4 ∙ 1 ∙ 16 = 100 Далее находим корни квадратного уравнения, используя формулу, = − ± √ D 2 Подставляем и получаем: , = −6 ±10 2 = F = −6 +10 2 = 2 = −6 −10 2 = −8 Корни нашли, а значит мы очень близки к разложению на множители квадратного многочлена. Сначала запишем формулу: + +E = (−)(−) Заметим, что не всякий многочлен можно так расписать. В данном случае у нас нет никаких противоречий, и, следовательно, это можно делать. Таким образом: +6 −16 = (−2)(+8) Вот эту вещь вы должны уметь делать очень быстро. Ну, максимум – минута. Так что, если есть проблемы, сразу же их решайте. В числителе можно тоже разложить на множители. Это сделать гораздо проще, так как там разность квадратов. Напоминаю формулу: − = (−)(+) Таким образом: −4 = (−2)(+2) И получаем наш предел: lim → −4 +6 −16 = lim → (−2)(+2) (−2)(+8) = lim → (− 2) (+2) (− 2) (+8) = lim → +2 +8 = 4 10 = 25 Как видите, в общем-то решение в одну строчку. №3. Посчитать предел: Высшая математика для чайников. Предел функции 2011 год 11 lim → +5 +4 2 + −1 = lim → (+1)(+4) (2 −1)(+1) = lim → (+ 1) (+4) (2 −1)(+ 1) = lim → +4 2 −1 =− 33 = −1 №4. Посчитать предел: lim → − +2 −5 +3 +4 −7 +2 Здесь я вас хочу научить одной хитрой штучке. Как разложить на множители многочлен, у которого степень > 2? Diskriminandi järgi me seda teha ei saa – see on ainult ruutvõrrandite jaoks. Mida siis teha? Selgitan: selleks, et oma lugejat teguriteks lagundada, piisab, kui leiame vähemalt ühe juure. Sel juhul ei jää meil muud üle, kui valida. − +2 −5 +3 = 0 Millal on võrdsus tõene? Pärast väikest mõtlemist vastame: millal = 1. Eks? Ühendage võrrandisse 1 ja näete. Järgmiseks on meil õigus oma polünoomi faktoriseerida: − +2 −5 +3 = (−1) ∙ G() G on funktsioon, mille peame leidma. Lahendame võrrandi G(). Saame: G \u003d - +2 -5 +3 -1 Noh, nüüd jagame lihtsalt veerus üksteisega! − − + 2 − 5 + 3 − 1 − + 2 − 3 = G () − 2 − 5 + 3 2 − 2 − − 3 + 3 − 3 + 3 0 Seega laiendatakse meie funktsiooni järgmiselt: − +2 − 5 +3 = (−1) ∙ (+2 −3) Teeme sama nimetajaga ja saame: +4 −7 +2 = (−1)(+5 −2) Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 12 Kokku: lim → 2 5 3 4 7 2 lim → 1 2 3 1 5 2 lim → 2 3 5 2 1 2 3 1 5 2 04 0 №5. Arvutage piir: lim → sin cos tg 1 lim → sin cos sin cos cos cos lim → sin cos sin cos cos lim → sin cos cos sin cos lim → cos √ 2 2 Definitsioon 2 (Heine funktsiooni piir) Heine funktsiooni piir harva võib olla praktikas kusagilt leitud. Teil on vaja ainult ühte asja – igaks juhuks õppida. See võib olla kasulik. Rõhutame, et funktsiooni piiri mõiste punktis võetakse kasutusele ainult funktsiooni valdkonna piirpunktide jaoks. Pange tähele, et sel juhul ei pruugi funktsioon olla punktis defineeritud, st üldiselt see ei kuulu. Arvu b nimetatakse funktsiooni piiriks punktis, kui mis tahes jadale, mis koondub! nii, et ∈ , # , vastav funktsiooni väärtuste jada! koondub b-le. Tähistus: lim → või → millal → . Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 13 Funktsiooni piiri definitsioonid 1 ja 2 on samaväärsed. Olgu ja O defineeritud punkti mõnes läheduses, välja arvatud ehk punkt ise, ja lim → , lim → OE. Siis: lim → P O Q E ; lim → P O Q E lim → O E ; lim → O E tingimusel E 0 Olgu O ja T defineeritud punkti mõnes naabruses, välja arvatud ehk punkt ise, ja rahuldavad võrratused (O (T. Olgu lim → lim → T . Siis lim → O. Siin , tundub, kõik on selge Teoreemid on väljendatud selgelt ja selgelt, teave peaks olema kergesti mõistetav Kui midagi on valesti, ärge muretsege, näited on meie ees 2. Teoreemid piiride kohta Kõrgem matemaatika mannekeenidele Piirang funktsioonist 2011 14 Ühepoolsed piirid ... Ei kõla liiga positiivselt, kas pole? Tegelikult on kõik väga lihtne. Joonisel fig. 3 näitab funktsiooni graafikut. Proovime võtta paar piirangut. Ma arvan, et meil õnnestub! 1) Kui →1. lim → 1 7 11 on määratlus 8 1 2) Kui →0. lim → määramatus Seetõttu ei ole meil õigust edasi otsustada ja seda ei saa kuidagi lihtsustada. Seetõttu pole piirangut. Vaata joonist fig. 3 ja näete, et funktsioon pole seal defineeritud, vt. Ühestki piirist ei saa juttugi olla. 3) Kui →0 0. Kirjutamine →0 0 tähendab sel juhul “vaata, kuidas funktsioon 0-st paremal käitub”. Ja mida me graafikul näeme? Funktsioon suureneb kuni + lõpmatuseni. Seega: lim → 1 7 1 0 0 kindlus 8 ∞ Kas saate aru? 0 0 0, seega jagame juba millegi muuga kui nulliga. Vaatame järgmisi näiteid. 4) Kui →0 0. Mida teeb 0-st vasakul olev funktsioon meie jaoks? See on õige, see väheneb. Veelgi enam, see väheneb ∞ suunas. lim → 1 7 1 0 0 kindlus 8 ∞ Kuidas teile meeldib? 5) Kui →∞ 3.Ühepoolsed piirid 3 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 15 Vaatame graafikut ja näeme, et funktsioon kaldub 0-le kui →∞.lim → 1 7 1 ∞ kindlus 8 0 6) Kui →∞ Kõik on sama: lim → 1 7 1 ∞ kindlus 8 0 Kaks viimast näidet soovitan meeles pidada. Ebakindluse avalikustamisel läheb meil neid siis väga vaja. Noh, kas saate mõttest aru? No ja siis formaalsused... Definitsioon 1 (funktsiooni piirang Cauchy järgi) Definitsioon 2 (funktsioonipiir Heine järgi) Üldiselt pole siia midagi lisada. Täielik analoogia eelmiste definitsioonidega Cauchy ja Heine järgi, nii et kui saad aru, kuidas piire tõestatakse, võid tõestada ka ühekülgseid. Tõendite struktuur on sama. Tähistus: lim → && 0 Kui on 0 ja 0 ning 0 0 , siis on olemas lim → . Arvu b nimetatakse funktsiooni parempoolseks (vasakpoolseks) piiriks punktis a, kui mis tahes jadale, mis läheneb a-le! nii, et vastav funktsiooni väärtuste jada! koondub b-le. Arvu b nimetatakse funktsiooni parempoolseks (vasakpoolseks) piiriks punktis a, kui ∀ 0 ∃ 0 nii, et ∀, mis vastab tingimustele, & (, ebavõrdsus | | punkt a, välja arvatud ehk punkt a ise , ja seal on lim → , siis on 0 ja 0 ning 0 0. Vaatleme igaks juhuks näidet teoreemi 4 jaoks. Vaatleme funktsiooni √... See on näidatud joonisel 4. Leiame piirid: lim → √ V √ 4 0 kindlus W 2 Miks 0 ei mõjutanud midagi? Sest see ei pea midagi muutma. Funktsioon on defineeritud 4-s, seega pole vaja võtta 0. lim → √ V √ 4 0 määratlus W 2 Kõik on sama. Funktsioon on defineeritud 4-s, seega pole vaja 0-t võtta. Keegi ei seleta seda, sest see on üsna loogiline. Seega, teoreemi 4 järgi: lim → √ ,lim → √ on olemas ja lim → √ lim → √ 2 Seega on olemas piir lim → √ 2. Seega on see fikseeritud. Mis siis, kui arvestame 0-ga? Noh, kontrollime: lim → √ V √ 0 0 kindlus W 0 See piir on olemas. Vaadake funktsiooni ja näete, et see on seal määratletud. lim → √ V √ 0 0 määramatus W limiit ei eksisteeri Pidage meeles üks kord ja kõik: juur ei saa olla negatiivne! Seetõttu pole piiranguid! Aga siis on see: lim → √ V √ 0 kindel W 0 Nagu näete, töötab teoreem 4 ainult ühes suunas. See ei saa olla negatiivne. Seetõttu, sõbrad, olge ettevaatlikud! Riis. 4 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 17 Oleme juba mõnda juhtumit käsitlenud (määramatuse avalikustamine (1. osa)). Me vabaneme ebakindlusest transformatsioonide abil! Palun pidage seda meeles ja ärge kartke midagi. Ja nüüd tahan teile avaldada ühe väikese saladuse: kui →∞, siis enamikul juhtudel tuleks piirmärgi all olev avaldis teisendada sellisteks vormideks nagu E ⁄ , kus c on arv. Miks? Sest see murdosa kipub alati olema 0! Oleme seda juba tõestanud. Pidage meeles ja kasutage seda alati! nr 1. Arvuta limiit: lim → 5 lim → ]1 5 ^ lim → !1 5 # 1 0 1 Kuidas sulle meeldib? Järeldus: kui meil on murd, siis võtame välja → vähendame → kirjutame vastuse. P.S. Ma ei kirjuta nüüd nurksulgudesse sõna kindlus☺ №2. Arvuta limiit: lim → 2 lim → 4 4 lim → ] 1 4 4 ^ lim → ! 1 4 4 # 0 0 0 0 Lahe? Jah! Niisiis, teeme veel ühe tähelepaneku: sellistel juhtudel võtame välja sama astme, mis nimetajas. Kuigi kui lugejas on kõrgeim aste, on parem see välja võtta. Üldiselt olenevalt sellest, kumb on teile mugavam. Saate teha seda ja seda. nr 3. Arvutage piir: limiit → 4 2 ∞∞ määramatus lim → 8 16 4 4 lim → ] 8 16 ^ ]1 4 4 ^ lim → 8 1 4 4 lim → ]1 8 ^ ] 1 1 ^ lim → 1 8 1 7 8∞ #4. Arvutage piirmäär: lim → " 0 2 5 2 7 3 0 0 0 0 2 8 32 1 6 ∞ nr 6. Arvutage piirmäär: lim → 1 2 4 4 lim → ] 1 2 4 ^ ] 4 1^ lim → 1 2 4 4 1 7 0 0 0 0 1 8 0 Kordan veel kord, kui murdosa - siis võtame välja ! On aeg avaldada teile teine ​​saladus. Kui meile antakse avaldis nagu _ `_ , ärge olge laisk seda korrutada. Siin on näide: lim → ∞∞ määramatus lim → ∙ lim → 2 lim → 2 1 ]1 1 ^ lim → 2 1 1 1 lim → ]1 2 1 ^ ] 1 1 ^ 7 10 8 ∞ kirjeldad kõike detail. Teile piisab mõnest sammust, nii et ärge muretsege. P.S. Niipea, kui kohtute nr 1. Arvuta piirmäär: lim → b 8 3 b Raske? Ei! Milline see välja näeb? _ `_. Me teeme konjugaadi. & & LÕPETAKE Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 19 lim → b +8 +3 − b + = piir → P√ +8 +3 − √ + QP√ +8 +3 + √ + Q √ +8 +3 − √ + = piir → +8 + 3 − − √ +8 +3 − √ + = piir → 7 +3 c 1 + 8 + 3 + c 1 + 1 = piir → ]7 + 3 ^ d c 1 + 8 + 3 + c 1 + 1 e = piir → 7 + 3 c 1 + 8 + 3 + c 1 + 1 Seda ma teile ütlesingi. Peate KÕIK lõpetama murdude nagu c, sest need kõik lähevad 0-ni!!! Jätkame: lim → 7 + 3 c 1 + 8 + 3 + c 1 + 1 = 7 7 +0 √ 1 +0 +0 + √ 1 +0 8 = 72 Hirmutav? No ei ☺. Lahendage piirangud aeglaselt, aeglaselt ja saavutate palju! nr 2. Arvuta limiit: lim → c + b + √ √ +1 Õudne☺? Ärge muretsege, kõik on sama. Midagi on vaja lõigata. Mida ja kuidas? √ - see tuleb välja võtta ja vähendada. Kui proovime vastu pidada, läheme lihtsalt segadusse ja vastus sellest ei muutu. Kui just ei saa olla ebakindlust. See tähendab, et me võtame nimetaja suurima astmega x välja. lim → c + b + √ √ +1 = piir → √ ∙ f 1 + g 1 + c 1 √ ∙ c 1 + 1 = lim → f 1 + g 1 + c 1 c 1 + 1 = h i i i i i i j f 1 + g + c 1 0 c 1 + 10 k l l l l l m = 1 Ainus raskus on siin: kuidas √ välja võtta? Loodetavasti saate seda teha. nr 3. Arvutage piir: lim → P −√ −1 Q + P +√ −1 Q Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 20 Kes iganes meie tulnukas on, lahendame selle niikuinii. Esiteks, kasutades teoreemi 2, jagame oma piiri kaheks piiriks. Sel viisil on seda palju lihtsam lahendada, kuna saate vähem segadusse sattuda. Kui kardad murduda, siis kannata ise. ☺ lim → P −√ −1 Q + P +√ −1 Q = piir → P −√ −1 Q + lim → P +√ −1 Q = piir → d −√ −1 e + lim → d +√ − 1 e Lihtsustasime kõik edasiseks tööks piirmääradega, kasutades selleks murdude liitmist ja võimsusomadust. Nüüd on meil kaks piiri. Näeme murdosa. Kuidas ma sind õpetasin? See on õige, me näeme murdosa - me korrutame konjugaadiga. Nii et teeme seda koos. lim → d −√ −1 e + piir → d +√ −1 e = piir → d P −√ −1 QP +√ −1 Q ∙ P +√ −1 Q e + lim → d P +√ −1 QP −√ −1 Q ∙ P −√ −1 Q e Saime järgmiselt. Pange tähele, et me teeme sama, mis varem. Ainus erinevus on suuruses. Nüüd peame iga piirangut lihtsustama. Lugejas on ruutude vahe. Lihtsusta esimest piiri: lim → d P −√ −1 QP +√ −1 Q ∙ P +√ −1 Q e = lim → n − P √ −1 Q ∙ P +√ −1 Q o = lim → d − + 1 ∙ P +√ −1 Q e = lim → d 1 ∙ P +√ −1 Q e Esimest on lihtsustatud. Liigume nüüd teise juurde: lim → d P +√ −1 QP −√ −1 Q ∙ P −√ −1 Q e = lim → d 1 ∙ P −√ −1 Q e Selle me saime: lim → P −√ −1 Q + P +√ −1 Q = lim → d 1 ∙ P +√ −1 Q e + lim → d 1 ∙ P −√ −1 Q e Näeme murdu. Mida teha? VÄLJA TOOMA! Esimene piir: Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 21 lim → d 1 ∙ P +√ −1 Q e = lim → ! 1 + ∙ √ −1 # = lim → p q r ∙ 1 d 1 + c 1 − 1 e s t u = 7 02 8 = 0 Teine piir: lim → d 1 ∙ P −√ −1 Q e = lim → ! 1 − ∙ √ −1 # = lim → p q r ∙ 1 d 1 − c 1 − 1 e s t u = 7 00 − määramatus! 8 Sõbrad, seda kohtate sageli, eriti suurte näidete puhul. Mida teha? Vastus on lihtne: minge tagasi ja tehke teisiti. Hea, et vähemalt esimene limiit meile välja arvutati. Noh, tagasi piiride murdmise juurde. Meil oli järgmine: lim → d +√ −1 e Kuidas otsustada, kas meie meetod ei töötanud? Mida teha, kui "konjugeeritud meetod" ei tööta. Proovime selle kohe välja saada, eks? Me võtame nimetaja kõrgeima astmega välja, seetõttu on see lihtne. lim → d +√ −1 e = piir → p q r d 1 + c 1 − 1 e s t u = lim → n1 + g 1 − 1 o = V 1 + √ 1 −0 W = 2 . Kokku: lim → P −√ −1 Q + P +√ −1 Q = lim → d −√ −1 e + lim → d +√ −1 e = 0 +2 See on kõik! Vastus: 2 Kas see on raske? Ma ei usu. Siin on peamine täpsus ja sihikindlus. Kui see kohe ei tööta, siis ära anna alla. nr 4. Arvutage piir: Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 22 lim → √ 4 − − √ 4 + 3 Siin me ei kipu lõpmatuseni, kuid tahan näidata, et konjugeerimismeetod töötab ka siin. piir → √ 4 − − √ 4 + 3 = piir → P √ 4 − − √ 4 + QP √ 4 − + √ 4 + Q 3 P √ 4 − + √ 4 + Q = piir → 4 − −4 − 3 P √ 4 − + √ 4 + Q = piir → −2 3 P √ 4 − + √ 4 + Q = − 23 lim → 1 √ 4 − + √ 4 + = − 16 №5. Arvutage piirmäär: lim → √ +1 −1 √ +2 − √ 2 Siin muudame selle veelgi lahedamaks - korrutame lugeja ja nimetaja avaldistega, mis on konjugeeritud lugeja ja nimetajaga. piir → √ +1 −1 √ +2 − √ 2 = piir → P√ +1 −1 QP√ +1 +1 QP√ +2 + √ 2 Q P√ +2 − √ 2 QP√ +1 +1 QP√ +2 + √ 2 Q = piir → (+1 −1) P√ +2 + √ 2 Q (+2 −2) P√ +1 +1 Q = piir → P√ +2 + √ 2 Q P√ +1 +1 Q = piir → √ +2 + √ 2 √ +1 +1 = √ 2 №6. Arvutage piirmäär: lim → b 1 +tg − b 1 −tg sin2 = lim → P b 1 +tg − b 1 −tg QP b 1 +tg + b 1 −tg Q sin2 P b 1 +tg + b 1 − tg Q = lim → 2tg sin2 P b 1 +tg + b 1 −tg Q = lim → 1 cos P b 1 +tg + b 1 −tg Q = 12 Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 23 Niisiis, millise järelduse saame kõigest eelnevast teha? Noh, esiteks, kui teil palutakse limiit arvutada, siis on kindlasti ebakindlus. Soovitan allolevad tabelid pähe õppida! Näide: lim → lim → lim → 2 lim → ]1 2 1 ^ ] 1 1 ^ lim → 1 2 1 1 1 7 1 0 0 0 0 8 ∞ & & , 2) Kui meil on tüüpavaldis ja tulemuseks saame määramatuse, siis tuleb läbi viia järgmine tehte: ja siis see välja võtta ja vähendada nii, et see oleks kõigil juhtudel nimetajas. 1) Kui meil on tüübiavaldis ja tulemuseks on mitmetähenduslikkus, siis tuleb teha järgmine tehte: a siis võta välja ja redutseeri nii, et see oleks kõigil juhtudel nimetajas. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 24 Näide: lim → lim → lim → lim → ]1 1 ^ ] 1 1 ^ lim → 1 1 1 1 7 1 0 0 0 8 ∞ Nagu näete, arvutasime sama piiri erineval viisil. Seda ei juhtu alati! Kõik tabelid, mille peate korrutustabelina meelde jätma. Tõenäoliselt võib paljudel tekkida küsimus: millal mida kasutada? Harjutage, sõbrad. Teil pole muud valikut ega saagi olla. Ainult oma kogemuse põhjal saate teatud tulemusi saavutada. Nagu ikka, liigume formaalsuste juurde (professori teooria):) Siis tuleb kas kohe välja võtta ja taandada, et see oleks kõigil juhtudel nimetajas või korrutada lugeja või nimetaja konjugaadiga. Kõiki kolme ülaltoodud punkti tuleks kasutada määramatuse avalikustamisel, kui → ∞ Kui kaldub mõnele muule väärtusele ja meil on määramatus, siis kasutame lihtsalt lihtsustusi (adjoint või reduktsioonid) Olgu funktsioon defineeritud real " , & ∞ . Arvu nimetatakse funktsiooni piiriks kui → & ∞ lim → , kui ∀ 0 ∃ , 0 - " nii, et ∀ , kehtib võrratus | |. Arvu nimetatakse funktsiooni piiriks → & ∞, kui mis tahes lõpmata suure jada korral! " vastav funktsiooni väärtuste jada! Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsiooni piirmäär 2011 26 Sama kehtib ka lõpmata väikeste funktsioonide kohta. Minu arvates vajame definitsiooni kas tõestamiseks või ... muudel eesmärkidel. Vähemalt mul pole seda kunagi vaja olnud. Niisiis, me oleme juba varem kohanud näiteid, kui piirmäär oli võrdne ∞-ga. Nagu näete, peetakse neid täpselt samadeks kui kõiki teisi. Siin mängib võtmerolli järgmine konstruktsioon: V 1 0 v W . Pidage meeles, et see konstruktsioon on ALATI võrdne ∞-ga! | | . . Funktsiooni nimetatakse paremal asuvas punktis a lõpmatult suureks, kui ∀ . 0 ∃ 0 nii, et ∀ rahuldab tingimust & rahuldab ebavõrdsust Märkus: lim → ∞ Funktsiooni nimetatakse lõpmatult suureks kui → & ∞ kui ∀ . 0 ∃ , - " selline, et ∀ , | | . . Tähistus: lim → ∞ 5. Lõpmatult suured funktsioonid 0 1 0 1 2 ∞ on meil seda tulevikus TÕESTI vaja. Seetõttu on oluline need kohe parandada ja kell samal ajal limiitide arvutamiseks.Nõustun,see on igav ja ebahuvitav.Kui midagi tead,jätke vahele ja liikuge edasi,ma luban☺.See on siis meie esimene ja kõige olulisem funktsioon,me oleme seda juba varem käsitlenud aga kordame seda, mida oleme juba teinud: lim → w ∞ lim → w 0 lim → w ∞ lim → w 0 Kui soovite, võite seda kõike meeles pidada, kuid üldiselt soovitan teil meeles pidada graafikut ennast. arvamus, kõik on üsna selge. Noh, sa lihtsalt pead seda funktsiooni teadma, aga igaks juhuks tuletan seda meelde. Tead, on erinevaid juhtumeid☺. lim → ∞ lim → ∞ 6. Elementaarfunktsioonide graafikud 3 1 && "Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 28 Funktsioon kannab oma nime – eksponentsiaalne funktsioon. Siin on oluline mitte unustada üht asja: 1 juures funktsioon suureneb; 0,1 juures funktsioon väheneb. Vaatame siin näiteid: #1. Arvutage piirmäär 1 limiit → 2 2 ∞ limiit → 2 2 0 See on see, mida peate lihtsalt pähe õppima, sest diagramme aetakse sageli omavahel segamini. nr 2. Arvuta limiit 0,1 lim → ! 12 # limiiti → 1 2 7 1 2 1 ∞ 8 0 limiiti → ! 12 # lim → 1 2 7 1 2 10 8 ∞ Nagu näete, tuletasime lihtsalt kaks viimast limiiti kahest eelmisest. MÄLU! Funktsioonil on oma nimi – logaritmiline funktsioon. Siin on ka kaks tabamust: 1 juures funktsioon suureneb; 0,1 juures funktsioon väheneb. nr 1. Arvuta piirid 1 lim → log 0 lim → log ∞ lim → log ∄ lim → log ∄ №2. Arvuta piirid 0,1 log Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 29 lim → log 0 lim → log ∞ lim → log ∄ lim → log ∄ Olen kindel, et te ei mäleta nii palju, seega on parem graafik õppida. Okei! Liigume edasi... Funktsioonil on oma nimi – sinusoid. nr 1. Arvutage piir lim → sin. Mida teha? Graafik näitab selgelt, et funktsioon “hüppab” ühelt väärtuselt teisele. Järeldus: sellist piiri pole. Vaatame lihtsalt näiteid, kus funktsioon kaldub erinevatele väärtustele: lim → sin ( | ) | ~ lim → sin1 lim → sin 0 lim → sin 1 ; Ma teen sama koosinuslainega. nr 1. Arvutage piirmäär: lim → cos. Kõik samad mõtted. Piiratud pole! Saame järgmise: lim → cos ( | ) | ~ lim → cos0 lim → cos 1 lim → cos 1 ; sin "67 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 30 Joonisel on kaks funktsiooni: O ja EO. Nagu näete, on need väga sarnased, seega on väga oluline, kas neid mäletate või mitte. Teeme väikese katse. Proovige meeles pidada kahte graafikut. Kui olete veendunud, et kõik on õppinud, lahendage kõik allolevad piirangud ja seejärel kontrollige ennast graafikute abil.#1 Arvutage piirid: lim → tg lim → tg lim → tg lim → tg lim → tg lim → tg lim → ctg lim → ctg lim → ctg lim → ctg lim → ctg lim → ctg arcsin on sinfunktsiooni pöördväärtus arccos on cos-funktsiooni #1 pöördväärtus. Arvutage piir: lim → arcsin Vaatame arcsin graafik Mida me näeme Kui → 0, võtab funktsioon lõpmatult palju väärtusi. Näiteks lim → arcsin0 ja lim → arcsin jne. Järeldame: meie graafikul on periood.lim → arcsinw,w on intervallis paiknev täisarv ∞,∞ 89 "89 arcsin arccos Kõrgeim matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 31 Sama ka arccos. arctg on funktsiooni tg pöördfunktsioon. arcctg on funktsiooni ctg pöördväärtus. nr 1. Arvutage piirmäär: lim → arctgw ∙ 2 w on täisarv sammuga 2. See tähendab, lim → arctan ⋯. Võite selle kirjutada järgmiselt: lim → arctg 2 2 2 w Pange tähele, et see on suvaline täisarv, mille me ise määrame. Sellega lõpetame oma jaotise - elementaarfunktsioonide graafikud. Autori märkus: palju õnne! Sa suutsid lõpetada esimese osa "Funktsiooni piir ja järjepidevus" esimese peatüki "Funktsiooni piir". See pole muidugi veel kõik. Ma rääkisin sulle ainult elementaarseid asju. Edasi ootame esimesi imelisi ja teise imelisi vahekäike ja muid piiride võtmise meetodeid. Kui saate kõigest aru, mida ma siia kirjutasin, siis on see ainult edaspidi huvitav! Teid ei oota ees midagi ülikeerulist. arctg arcctg Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsiooni piirmäär 2011 32 Peatükk 2. Funktsiooni pidevus punktis. Pidage seda määratlust üks kord ja igaveseks meeles! Kui sa seda ei tea, pole sa matemaatikas mitte midagi ja mitte keegi. Vaatame lihtsat näidet: 1 Ülesanne: kontrolli funktsiooni järjepidevust punktides 1;0. 1. 1. Kasutades definitsiooni 1, saame: lim → 1 1 ↭ 1 11 1 Kas definitsioon 1 on täidetud? Jah! lim → 1 1 1 Järeldus: funktsioon on pidev punktis 1. 2. 0. Definitsiooni 1 kasutades saame: lim → 1 ∞↭ 0 10 →∄ Kas definitsioon 1 kehtib? Ei! lim → 1 0 lim → Funktsiooni nimetatakse pidevaks punktis a, kui 1. Funktsioon on pidev punktis. Sisu: 1) funktsiooni pidevus punktis 2) kompleksfunktsiooni pidevus 3) katkestuspunktide klassifikatsioon 4) elementaarfunktsioonide pidevus 5) esimene tähelepanuväärne piir 6) teine ​​tähelepanuväärne piir 7) lühidalt Maple'i kõrgem matemaatika mannekeenid. Funktsiooni piir 2011 33 Järeldus: funktsiooni punktis 0 ei eksisteeri. Siin on sama. Palun vaadake selliseid funktsioone nagu ln ja teised. Kuigi ma arvan, et kõik on väga selge. Et funktsioon oleks pidev punktis, on vajalik ja piisav, et see oleks pidev selles paremal ja vasakul asuvas punktis. Kui funktsioonid ja O on mingis punktis pidevad, siis on ka funktsioonid O, O, O, /O punktis pidevad (jagatis on tingimusel O 0). Näide nr 1. Uurige järjepidevuse funktsiooni. Kõigepealt kirjutame välja definitsiooni domeeni D∞,0 ∪0,∞, sest nimetaja ei saa olla võrdne 0-ga. Nüüd kasutame lihtsalt teoreemi 6: lim → , kus 0. Seetõttu on funktsioon teoreemi 6 järgi pidev mis tahes punktis, välja arvatud 0. lim → > vastavalt lim → E . Olgu funktsioon defineeritud punkti a paremas (vasakpoolses) poolnaabruses, st. mõnel poolintervallil, & (vastavalt). Funktsiooni nimetatakse pidevaks paremal (vastavalt vasakul) punktis a kui Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 34 Siiski pole teil seda praegu palju vaja. Toon näiteid keerulistest funktsioonidest: b | patt | ,cos 1 , log 1 . Miks need rasked on? Vaatame esimese järjestikuste teisenduste ahelat: sin | | √ . See on kõik! Liigume nüüd teise funktsiooni juurde: 1 cos . Ja nii edasi. Ma ei taha sellele liiga palju aega kulutada. Loodan, et saate kõigest aru. Noh, liigume edasi teoreemi juurde. Olgu funktsioon pidev punktis ja funktsioon pidev punktis. Siis on kompleksfunktsioon P Q punktis pidev. Vaatame tõendite saamiseks näidet. Siin tuleb arvestada keeruka funktsiooniga. Näide nr 1 Tõesta, et: lim → 1 ln, 0, 1. Vaatleme funktsiooni 1. See on pidev punktides 0 ja 0 0. Olgu funktsioon F defineeritud hulgal ja G väärtuste hulk sellest funktsioonist. Lisaks olgu funktsioon H defineeritud hulgal G. Seejärel öeldakse, et hulgal on defineeritud kompleksfunktsioon, ja kirjutatakse H , kus F või H F . 2. Kompleksfunktsiooni järjepidevus. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011. aastal on 35 log 1 , 1 log 1 . Arvuta lim → : lim → log 1 lim → ln ln 1 See samm ei pruugi olla selge, seega pean teile meelde tuletama valemit teise alusega logaritmiks: jätke see meelde ja ärge tulge selle juurde uuesti. Sel juhul uus alus. Kirjutame valem spetsiaalselt meie juhtumi jaoks: log 1 log 1 log ln1 ln . Nii et jätkame: lim → log 1 lim → ln ln 1 ln 1 lim → ln1 . eks? See on number, nii et me võtsime selle välja. Nüüd peame arvutama limiidi lim → . Esitame funktsiooni kui ln 1 ln (samuti logaritmi omadus!), kus 1 . Kuna lim → 1 (See on teine ​​imeline piir. Siiani pole me seda ületanud, kuid uskuge mind, võrdsus on tõsi) ja funktsioon ln on punktis pidev, siis lim → ln 1 ln1. Tuleme tagasi meie näite juurde. Ja see on see, mida me saame: log log log ∙ log log Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 36 lim → log (1 +) = piir → ln ln 1 + = ln 1 lim → ln(1 +) = ln 1 = ln. Vaatleme nüüd funktsiooni (), pidev punktis = 0: = log (1 +) juures ≠ 0 ln at = 0 Vastavalt teoreemile 8 on kompleksfunktsioon P Q = −1 juures ≠ 0 ln juures = 0 pidev punkt = 0. Seetõttu lim → − 1 = log. Raske? Võib-olla, aga sa pead sellest aru saama, sest see on selle teema mõistmiseks väga oluline. Pealegi on siin vaja tähelepanu, noh, ja "natuke mõtlemist". Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 37 Alustuseks mõistame, mida "murdepunkt" üldiselt tähendab. Kõik on äärmiselt lihtne! Enne katkestuspunktide klassifikatsiooni kaalumist peaksite alati kontrollima tingimust: peab olema määratletud punkti mõnes naabruses, välja arvatud punkt ise. Kui tingimus on täidetud, võime kaaluda katkestuspunktide klassifikatsiooni. Näide nr 1. sin Kõigepealt kirjutame definitsioonipiirkonna: D ∞;0 ∪0;∞. See näitab kohe, et 0 on ebatavaline punkt. Funktsioon pole selles määratletud, vaid on määratletud selle naabruses. lim → sin 1 0 sin . Sellest järeldub, et 0 on eemaldatav katkestuspunkt. Punkti nimetatakse funktsiooni murdepunktiks, kui see ei ole selles punktis pidev. lim → # Point – eemaldatav katkestuspunkt, kui 3. Katkestuspunktide klassifikatsioon. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 38 Näide nr 1. sgn Funktsioon sgn peaks teile juba tuttav olema, kuid ma tuletan teile seda meelde. sgn 1,0, 1, 0 0 ,0, lim → sgn 1, lim → sgn 1, 0 0. See tähendab, et lim → sgn lim → sgn sgn punkt 0 on esimest tüüpi katkestuspunkt. Näide nr 1. tg Kõigepealt kirjutame domeeni D \ 2 w ,w0. lim → tg∞ ∃ lim → # lim → # Punkt on esimest tüüpi katkestuspunkt, kui punkt on teist tüüpi katkestuspunkt, kui vähemalt üks ühekülgsetest piiridest ei eksisteeri või on võrdne lõpmatusega . f(x) = sgn(x) Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 39 lim → tg∞ vähemalt üks piirväärtustest on võrdne lõpmatusega, siis w on teist tüüpi katkestuspunkt. Näide nr 2. ln Kõigepealt kirjutame domeeni D 0;∞. limln → 0 limln → ∄ vähemalt ühte piiridest ei eksisteeri, siis 0 on teist tüüpi katkestuspunkt. Niisiis, me teame nüüd murdepunktide klassifikatsiooni. Oleme kaalunud näiteid iga juhtumi kohta. Need on üsna kerged, nii et harjutame veel. Kõigis järgmistes numbrites määrake murdepunktid. P.S. Esiteks proovige seda ise teha ja seejärel proovige ennast. Palju õnne ☺! nr 1. 2 , ln, (1 1 lim → lim → ln0, lim → lim → 1. lim → lim → Punktis 1 on funktsioonil esimest tüüpi katkestus. Kõrgem matemaatika mannekeenidele Funktsiooni piirmäär 2011 40 lim → lim → 7 0 8 0, lim → lim → ∄ 0 teist tüüpi piirpunkt №3 1 2 3 Kõigepealt kirjutame: 4 0 D ∞,4 ∪4 ,∞.lim → 1 2 3 lim → 1 2 3 7 1 2 0 8 12 , lim → 1 2 3 lim → 1 2 3 7 1 ∞ 8 0. 4 esimest tüüpi katkestuspunkt.#4.|1|Kõigepealt kirjutame kriitilised punktid defineeritakse järgmiselt: 0 1 0. Kriitilised punktid: 0 ja 1. Nüüd kirjutame definitsioonipiirkonna D ∞,0 ∪ 0,1 ∪1,∞.lim → |1|7 10 8 ∞ 0 teise limiidi katkestuspunkti → | 1 |lim → 1 lim → 1 1 lim → 1 1 Kõrgem matemaatika mannekeenidele Funktsiooni piir 2011 41 lim → |1 |lim → 1 lim → 1 1 lim → 1 1 1 esimest tüüpi katkestuspunkt. 0 katkestuspunkti teist tüüpi, 1 esimest tüüpi katkestuspunkt nr 5. 1 1 Kõigepealt kirjutage: D ∞,1 ∪1,∞ lim → 1 1 lim → 1 1 1 lim → 1 1 13 Eemaldatav katkestuspunkt: F 1 1 , 1 13 ,1 See on pidev katkestuspunktis ja punktis D. №6. 1 1 1 1 1 1 Kriitiliste punktide leidmiseks peame funktsiooni lihtsustama. 1 1 1 1 1 1 1 1 Punktid: 0;1;1. lim → 1 eemaldatav katkestus. lim → ∞ teise linna katkestus. lim → 0 on eemaldatav katkestus. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirang 2011 42 №7. cos cos 1 ja saame: 2 2w 1 eemaldatavad katkestuspunktid. 0 punkti vahe linna autoril. Arvan, et näiteid on piisavalt. Kui sa seda kõike enda kohta otsustad, siis tead teemat 100%. No ma loodan, et see ei olnud liiga igav. Vähemalt ei leia te mujalt nii palju lahtivõetud näiteid. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 43 Oleme seda teemat juba käsitlenud 1. peatüki lõikes 6. Seal käsitlesime elementaarfunktsioonide graafikuid ja piire. Liigume nüüd formaalsuste ja "professori teooria" juurde. Nagu näete, on see "teooria" minu raamatus olemas. Milleks? See on lihtne – ma tahan, et te mitte ainult ei võtaks näritud, vaid prooviksite seda ka ise närida. Kui ma selle "teooria" eemaldan, läheb mu töö tühjaks. Muidugi suudad sa midagi lahendada, aga sa ei saa aru, mis ja kuidas. Seetõttu palun teil teooriat uurida! Sul läheb seda lähiajal kindlasti vaja. No see oli lüüriline kõrvalepõige ☺. Liigume edasi väikese teooria juurde. Iga mingi punkti naabruses määratletud elementaarfunktsioon on selles punktis pidev. Siin lõpeb "professori teooria" ja me liigume tähelepanuväärsete piiride juurde. Funktsioone I "6J78 , log 0 , # 1 , sin , cos , tg , ctg , arcsin , arccos , arctg , arcctg nimetatakse lihtsaimateks (või põhilisteks) elementaarfunktsioonideks. Kõigi elementaarfunktsioonide hulka nimetatakse elementaarfunktsioonide klassiks Funktsiooni nimetatakse elementaarfunktsiooniks, kui seda on võimalik saada, kasutades lõplikku arvu aritmeetilisi tehteid ja superpositsioone kõige lihtsamatel elementaarfunktsioonidel 4. Elementaarfunktsioonide järjepidevus Kõrgem matemaatika mannekeenidele Funktsioonipiir 2011 44 ​​Väga oluline teema! palve sulle: enne kui lahenduse vaatad, proovi ise midagi saavutada. Õppige see üks kord pähe! Ja ärge kunagi unustage seda valemit! Ma ei hakka seda tõestama, kui soovite, vaadake Internetist, seal see on kindlasti nr 1. lim → sin Lahendus: sin 1 patt , Hurraa! Alla on tekkinud imeline piir lim → sin lim → 1 sin 7 11 8 1. Lihtne? Absoluutselt ... nr 2. lim → arcsin. Lahendus: Teeme muutuja muudatuse: olgu arcsin. Siis sin ja alus →0 läheb baasiks →0 (asendage arcsini jaoks lihtsalt →0). Tegelikult on seda lihtsam kirjutada nii: lim → arcsin 7 arcsin ↭sin → 0 ↭ →0 8 lim → sin 7 11 8 1. 5. Esimene imeline piir lim → sin 1 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 45 Pidage meeles seda muutuja muutmise viisi. See võib teile tulevikus väga kasulik olla. nr 3. lim → arcsin . Lahendus: lim → arcsin lim → 1 arcsin 7 arcsin ↭sin →0 ↭ →0 8 1 lim → sin 7 11 8 1. №4. lim → sin2 sin3 . Lahendus: Teisendame funktsiooni järgmiselt: lim → sin2 sin3 lim → ! sin2 2 ∙ 3 ​​sin3 ∙ 23 #. Võtame konstantteguri piirmärgist välja ja rakendame korrutise piirteoreemi: lim → sin2 sin3 lim → ! sin2 2 ∙ 3∙ sin3 ∙ 23 # 23 ∙ lim → sin2 2 ∙ lim → 3 sin3 Asenduse teeme nagu eelmises näites: lim → sin2 sin3 lim → ! sin2 2 ∙ 3 ​​∙ sin3 ∙ 23 # 23 ∙ lim → sin2 2 ∙ lim → 3 sin3 ! 2 ↭sin2sin →0 ↭ →0 4 3 ↭sin3sin →0 ↭ → 0 # 23 ∙ lim ! → sin ∙ lim "→ 1 sin 23 ∙ 1 ∙ 1 23 . 4 ja viige piirmärgi all olev avaldis esimesse märgitavasse piir: lim → sin 4 lim → sin 4 4 ∙ 4 14 ∙ lim → sin 4 4 d 4 ↭4 →0 ↭ →0 e 14 ∙ lim !→ sin 14. Kõrgem matemaatika lim → 2tg 2 Esitame puutuja terminites siinusest ja koosinusest ning kasuta piirteoreeme lim → 2tg 2 lim → 2 ∙ sin 2 cos 2 lim → 2sin 2 cos 2 2 lim → sin 2 4] 2 ^ ∙ lim → 1 cos 2 d 2 ↭2 → 0 ↭ 0 e 12 lim → sin ∙ lim → 1 cos 2 7 12 ∙ 1 ∙ 11 8 nr 7. lim → 1 cos 2 tg Topeltnurkade valemite abil saame: lim → 1 cos 2 tg lim → 1 cos sin tg lim → cos sin cos sin tg lim → cos sin cos sin tg lim → 2sin tg lim → 2sin cos sin cos 2 lim → sin lim → cos 2 ∙ 1 ∙ 1 2. Härrased, me õpime trigonomeetrilisi valemeid! Sul läheb neid ikka vaja. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 47 Valemeid on palju, kuid soovitav on need kõik selgeks õppida. nr 8. lim → 8sin 4 . Korrutage ja jagage lugeja 4 kuubikuga: sin K *L sinKcos L *cosKsinL cos K *L cos Kcos L ∓sinKsinL t9 K *L t9K *t9L 1 ∓t9Kt9L ct 9 K * L ct 9 K" t 91 ct 9L * ct 9 K sin K &cos K 1 tg K &1 1 cos K ctg K &1 1 sin K sin2K 2sinKcos K cos 2K cos K sin K 2cos K 1 1 2sin K tg 2K 2tgK 1 tg K ctg2K ctg sinL 2sin K *L 2 cos K ∓L 2 cos K & cosL 2cos K & L 2 cos K L 2 cos K cos L 2 sin K & L 2 sin K L 2 Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks Limit Function 2011 48 lim → 8sin 4 lim → 4 ] 4 ^ 8sin 4 8 lim → ] 4 ^ sin 4 d 4 ↭4 →0 ↭ →0 e 8lim !→ sin 8 ∙ 18. Nr 9. lim → sin 2 4 1. Nimetajas saame teha ruudu vahe ja seejärel, nagu alati, vahetage uus muutuja, siis kipub piir olema 0 ja seetõttu saame rakendada esimest imelist piiri lim → sin 2 4 1 lim → sin 2 2 ] 2 ↭ 2 → 2 ↭ → 2 20 ^lim! → sin 1 1. Nr 10. lim → sin3 sin4 6. Ühe piirteoreemi alusel saame selle piiri jagada kaheks piiriks: lim → sin3 sin4 6 lim → sin3 6 lim → sin4 6 12 lim → sin3 3 23 lim → sin4 4 3 ↭ 3 →0 ↭ →0 4 ↭ 4 → 0 ↭ →0 ¡ 12 lim → sin 23 lim → sin 76 . nr 11. lim → cos cos 3 . Teisendame lugeja kahe nurga koosinuse ja topeltnurga siinuse erinevuse valemitega: cos cos32sin2 sin4sin cos , siis lim → cos cos3 4lim → sin cos 4lim → cos4. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni limiit 2011 49 Teine tähelepanuväärne piir on vormi piir, mida me ka ei hakka tõestama. Võib-olla kirjutan kunagi kõigist tõestustest eraldi raamatu, kuid praegu ei raiska me sellele aega ja liigume kohe näidete juurde. Niipea, kui näete kraadis sulgu, proovige kõigepealt vähendada seda teise piirini. Vaatame esimesi numbreid lähemalt. nr 1. Arvuta limiit: lim → ! 4 # Näeme sulgu astmel 5, seega proovime vähendada teise imelise piirini. Esmalt vähendame sees olevat, moodustades 1: lim → ! 4 # lim → !1 4 # Nüüd peame kraadiga mängima. Need. vajame vaadet nagu /4. Miks? Valemit lim → !1 1 # võiks esitada kujul lim → !1 1 # . Sel juhul on meil ühe asemel neli. Niisiis, see on see, mida me saame: lim → ! 4 # limiit → !1 4 # limiiti → ¢ !1 4 # £ . Selle vahekäigu täielikuks taandamiseks meie valemile tähistame 4. Siis saame: lim → 1 1 lim → 1 6. Teine imeline piirmäär Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 50 lim → ! +4 # = piir → !1 + 4 # = piir → ¢ !1 + 4 # £ = ¤ = 4 ↭ = 4 →∞↭ → ∞ ¥ = piir !→ ¦!1 + 1 # ! § = . Nagu näete, pole siin midagi keerulist. Töö algoritm on väga lihtne: murdosa taandamine kujule 1 + # astme vähendamine kujule # ∙ ¨ muutuja asendamine ja seejärel lihtsalt loendamine valemi järgi. Kui olete segaduses, ärge muretsege. Meil on veel aega palju näiteid analüüsida ☺. nr 2. Leidke piirang: lim → ! +2 +1 # Tehke sama, mis eelmisel korral: lim → ! +2 +1 # = lim → ! +1 +1 +1 # = lim → !1 + 1 +1 # Siin eraldame astme pärast muutuja muutmist. Sel juhul on see lihtsam kui proovida enne asendamist teise piirini vähendada. See ei mõjuta tulemust kuidagi. lim → ! +2 +1 # = lim → ! +1 +1 +1 # = piir → !1 + 1 +1 # = 2 = −1 ↭ = +1 →∞↭ →∞ = piir !→ !1 + 1 # ! = lim !→ ¦!1 + 1 # ! § lim !→ !1 + 1 # = ∙ 1 = . Nagu näete, pole siin midagi üleloomulikku. Siit saate kirjutada varasemaga sarnase lahendusalgoritmi. Murru taandamine kujule 1 + # muutuja muutmine, astme vähendamine kujule # ∙ ¨ ja siis lihtsalt arvutamine valemiga. nr 3. Leia piirmäär: lim → d +5 +2 e Valige sulgudes täisarvuline osa: lim → d +5 +2 e = lim → d +2 +3 +2 e = lim → !1 + 3 +2 # = + 2 = 3 ↭ = +2 3 →∞↭ →∞ = lim ! → !1 + 1 # ! = lim !→ ¦!1 + 1 # ! § lim !→ !1 + 1 # = ∙ 7 1 + 10 8 = . Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 51 Näide on eelmisega täiesti sarnane. Kui saad aru, kuidas “see töötab”, siis oled suurepärane ja võid julgelt edasi liikuda. Siin on suureks plussiks see, et ühe või teise limiidi lahendamiseks piisab vaid mõne meetodi tundmisest. nr 4. Arvuta limiit: lim → ! 1 2 # Valige sulgudes olev täisarvuline osa: lim → ! 1 2 # lim → 7 !1 1 # 12 8 lim → !1 1 # lim → ! 12 # 1 ↭ 1 → ∞↭ → 0 limiit !→ 7 1 ! 8 lim → 2 2 lim → 2 8 ∞ Lisaks ei taha ma iga näidet nii üksikasjalikult käsitleda, muidu võtab iga lahendus rohkem kui poole leheküljest. Peaasi, et sa üldideest aru saaksid, ja püüdleksid ideaalse lahenduse poole, s.t. lühike. Annan teile veel ühe nõu, proovige esmalt midagi ise otsustada ja seejärel kontrollige, kas tegite seda õigesti või mitte. nr 5. Arvuta limiit: lim → !1 1 # Lahendus: lim → !1 1 # 1 ª« ªª lim → !1 1 # ∙!1 1 # ∙ lim → !1 1 # ∙ 1 №6. Arvuta limiit: lim → 1 Lahendus: lim → 1 1 ª« ªª lim → ! 1##7. Arvuta limiit: lim → !1 2 # Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 52 Lahendus: lim → !1 2 # 1 ª« ªª lim → n!1 2 # o №8. Arvuta limiit: lim → !1 4 # Lahendus: lim → !1 4 # 1 ª« ªª lim → n!1 4 # o №9. Arvuta limiit: lim → ! 3 1 # Lahendus: lim → ! 3 1 # 1 ª« ªª lim → ! 1 4 1 # limiit → !1 4 1 # ∙ limiit → №10. Arvuta limiit: lim → 4 ln 2 3 ln5 3 Lahendus: lim → 4 ln 2 3 ln5 3 lim → 4 ln 2 3 5 3 lim → ln! 2 3 5 3 # lim → ln!1 3 5 3 # % limiit → ln1. nr 11. Loendamise piirangud: täiustatud matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 53 lim → d +1 +3 e Pean ütlema, et see näide on juba veidi huvitavam kui eelmised. Lahendus: lim → d +1 +3 e = piir → d 1 + +1 +3 −1 e = piir → d 1 + +1 − −3 +3 +3 e = piir → !1 + −2 +3 # = lim → !1 + −2 +3 # ∙ ∙ = lim → ¢ !1 + −2 +3 # £ = &" → = = 1 Siinkohal teen ettepaneku lõpetada teine ​​imeline piir. Lisaks lõpus raamatust leiate sellel teemal palju ülesandeid.Muidugi on vastused lisatud.Kõrgmatemaatika mannekeenidele Funktsioonipiir 2011 54 Tahaks teha ka märkuse piiride elektroonilise arvutamise kohta.On olemas selline. a programm - Maple ja seal arvutatakse limiite lihtsalt pauguga.Nagu näete , vasakpoolses aknas on valemimallid.Lihtsalt klõpsa neil ja täida andmed.Vajuta Enter ja saad vastuse. Ekraanipildil oli näiteks välja arvutatud meie viimane limiit.Milleks seda programmi vaja on Tšekkideks Arvutasime limiidi paberil,saime vastuse. Nad juhtisid valemi programmi ja kontrollisid seda. Tegelikult väga mugav asi. Autori märkus: palju õnne! Sa suutsid lõpetada esimese osa "Funktsiooni piir ja pidevus" teise peatüki "Funktsiooni järjepidevus punktis". Ees ootab lõpmata väikeste funktsioonide, sümboli "Ο small" ja selle omaduste võrdlus, funktsioonide piiride arvutamine asümptootiliste valemite abil ja eksponentsiaal-võimsusfunktsioonide piiride arvutamine. Teemad on väga olulised, seega ei võeta arvesse mitte ainult "tehnilisi" näiteid, vaid ka näiteid tõendite saamiseks. Sellega seoses soovin teile edu! Varsti näeme! Lugupidamisega Viosagmir I.A. 7. Lühidalt Maple'i Kõrgemast matemaatikast mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 55 3. peatükk. Lõpmatult väikesed funktsioonid. Funktsiooni - nimetatakse infinitesimaalseks kui → (punktis), kui lim → -0. Olgu - ja ® kaks lõpmatult väikest funktsiooni nagu →. Funktsioone - ja® nimetatakse: a. Lõpmatult väike, samas suurusjärgus nagu → (punktis), kui lim → - ® E 0; b. Ekvivalentne infinitesimal as → (punktis), kui lim → - ® 1 märge: -~®as → . Kui lim → () 0, siis nad ütlevad, et - on lõpmatu väike, mis on kõrgemat järku punktis → (punktis) kui ®, ja kirjutage -²® punktis → (- võrdub "² small" väärtusega ® punktis → ). Näiteks ² juures →0. Sarnased määratlused kehtivad juhtudel → 0, → 0, → ∞. Tuleb meeles pidada, et sümbolit “² väike” sisaldavad võrdsused on tingimuslikud. Näiteks võrdus ² kui →0 on tõene, kuid ² on väär, kuna sümbol ² ei tähista ühtegi konkreetset funktsiooni, vaid mis tahes funktsiooni, mis nagu →0 on lõpmatuseni kõrgemat järku kui. Selliseid funktsioone on lõputult palju, eriti iga funktsioon * (kus ³ 1) on ² kui →0. Seega tähendab võrdus ² kui →0, et funktsioon kuulub lõpmata väikeste funktsioonide hulka, mis on kõrgemat järku kui →0. Seetõttu ei vasta see võrdsus "vastupidises suunas": kogu funktsioonide komplekt ei ole taandatud üheks funktsiooniks. Midagi pole selge ☺? Ärge muretsege, vaatame allpool mõnda näidet. Aga igal juhul on teooriat vaja, muidu lakkab mu raamat olemast matemaatiline ja jääb arusaamatuks, mis. 1. Lõpmatult väikeste funktsioonide võrdlus. Funktsiooni K nimetatakse lõpmatu väikeseks kui → (punktis), kui lim → K 0 . Sisu: 1) Infinitesimal funktsioonide võrdlus 2) Sümboli "o small" omadused 3) Lõpmatute väikeste funktsioonide võrdlus Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsiooni piirmäär 2011 56 Vaatame mõnda selle teemaga seotud näidet. nr 1. Kas võrdus 2 ² on tõene kui →0? Lahendus: 2 ² on õige, kuna lim → 2 0. Nagu näete, on lahendus ühel real. Analüüsime seda lähemalt ☺. Pidagem meeles oma määratlust! Kui lim → () 0, siis nad ütlevad, et - on lõpmatu väike, mis on kõrgemat järku punktis → (punktis) kui ®, ja kirjutage -²® punktis → (- võrdub "² small" väärtusega ® punktis → ). Meie puhul tähistame -2-ga. Järgmiseks peame kuskilt “välja kaevama” ®. Vaatame nende kirjutatud sõnade määratlust -²®. Sellest järeldub, et ® , otsustades meie näite järgi 2 ². Edasi lähtume lihtsalt definitsioonist, st. kirjutage välja limiit ja kontrollige, kas see on võrdne nulliga või mitte. lim → - ® lim → 2 lim → 20 Piirang on null, seega - 2 on punktis →0 (punktis 0) kõrgemat järku lõpmatu arv kui ® , ja kirjutage 2 ²® punktis →. Selguse huvides koostame ka funktsiooni graafikud. Punane graafik on meie "peamine" funktsioon - 2 ja roheline graafik on funktsioon ®. Pildil on näha, et nullile lähemal kipub funktsioon - 2 sellele kiiremini kui ® . Kõik! Oleme seda näidet väga üksikasjalikult analüüsinud. Lisaks on kõik näited identsed, nii et ma ei kirjuta lahendust nii üksikasjalikult. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 57 Kõigil muudel juhtudel on punane graafik funktsioon - ja roheline ® . nr 2. Kas võrdus 3² on tõene kui → 0? Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid - ja ® . Saame järgmise: - 3,® Nüüd vaatame piirmäära: lim → - ® lim → 3 3 0 Piirang ei ole võrdne nulliga, seega on võrdsus 3² väär. Aga! Kuna piirväärtus on võrdne konstandiga, on funktsioonid 3 ja infinitesimal punktis 0 samas suurusjärgus. №3. Kas võrdsus b | | ² juures →0? Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid - ja ® . Siin on see, mida me saame: - b | | ,® Nüüd vaadake piiri: lim → - ® lim → b | | lim → b | | b | | ∙ b | | 7 10 8 ∞ 0 Piirang ei ole võrdne nulliga, seega võrdsus b | | ² on vale. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirang 2011 58 №4. Kas võrdsus on tõsi | | ² juures →0? Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid - ja ® . Siin on see, mida me saame: - ln | | ,® Nüüd vaadake piiri: lim → - ® lim → n ln | | olim → 1 log | | 0 Piirang on null, seega võrdsus | | ² on õige. nr 5. Kas võrdus 1 cos ² on tõene kui →0? Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid - ja ® . Saame järgmise: - 1 cos ,® Nüüd vaatame piirmäära: lim → - ® lim → 1 cos lim → 2sin] 2 ^ lim → n sin] 2 ^ 2 o 2 1 ∙ 0 0 Piirang on null, järelikult on võrdsus 1 cos õige. P.S. Selliste piiride lahendus on teil juba Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. 2011. aasta 59 funktsiooni piirang ei tohiks olla keeruline. Kui tunned, et sa ei tule toime, on parem naasta 1. ja 2. peatüki juurde ning korrata kõike. Meil olid juba kõik selliste tüüpide piirid olemas. See, nagu öeldakse, on alus, ilma milleta pole kuskil. Kuna näited on kõik identsed, lahendage need esmalt ise ja seejärel vaadake lahendust. Kui te seda ei tee, ei õpi te midagi! nr 6. Kas võrdsus sin ² on tõene kui →0? Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid - ja ® . Saame järgmise: - sin ,® Nüüd vaatame piiri: lim → - ® lim → sin lim → ! sin # 1 1 Piirang ei ole null, seega sin ² ei ole tõsi. Aga! Kuna piirväärtus on võrdne ühega, on patt ja ekvivalentfunktsioonid punktis 0 lõpmatult väikesed. №7. Kas võrdus ² on tõene kui →0? Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid - ja ® . Saame järgmise: - ,® Nüüd vaatame piirmäära: lim → - ® lim → 0 Piirang on null, seega on võrdus ² tõene. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 60 №8. Kas võrdus 1 cos ² on tõene kui →0? Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid - ja ® . Saame järgmise: - 1 cos,® Nüüd vaatame piirväärtust: lim → - ® lim → 1 cos 12 Piirang ei ole võrdne nulliga, seega on võrdsus 1 cos² vale. Aga! Kuna piirväärtus on konstantne, siis funktsioonid 1 cos ja infinitesimaalid on sama järgu punktis 0. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 61 Olgu - ja - kaks suvalist lõpmatult väikest → funktsioonina, nii et - ²® ja - ²®. Seejärel - - ²® koos →. Selle teoreemi saab kirjutada järgmiselt: ² ® ² ® ² ® . Sõnastame koos ülaltooduga mitmed sümboli “² small” omadused (kõikjal peame silmas, et - →0 ja ® →0 kui →). 1. ² ® ² ® ² ® 2. ² ® ² ® ² ® 3. ² E® ² ® ∀E 0 4. E² ® ² ® ∀E 0 5. ² ® ² P ® Q , ´ 2 ∈ µ ,w1 ,2,…, 1 6. P ² ® Q ² ® ∀ ∈ µ 7. ® ² ® ² ® ∀ ∈ µ 8. +)) ² ® , ´ 2 ∈ µ Siis kehtib omadus 8 ka 1 puhul: +)) ²1. 9. o P ∑ c , β , Q o β , kus c , arvud 10. ² P ² ® Q ² ® 11. ² P ® ² ® Q ² ® 12. -®² - ,-®² ® 13. Kui ~ ®, seejärel - ®²- ja - ®²® Selle noodiga lõpeb teooria ja algab praktika. Soovitan kõik omadused selgeks õppida. Tulevikus on need meile väga kasulikud. Esimest ülesannet arutatakse väga üksikasjalikult. Selle teema "mõistmiseks" peate ise tegema järgmised ülesanded. nr 1. Kasutades piirväärtust lim -→ .&- - 1 kujutage sinx funktsiooni ¹ ² P Q kujul →0, kus w1 või w2; ja mõned numbrid. 2. Sümboli “O small” omadused. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 62 Lahendus: Tõestame esmalt, et kui - ja ® on lõpmatuseni suurusjärgus →, s.t. lim → () E 0, siis - с® ²® as →. Tõepoolest, kuna lim → - ® E → lim → d - ® E e 0 → lim → - E® ® 0, siis sümboli ²® definitsiooni järgi on meil - E® ²® või - E® ² ® koos → . Seda võrdsust kasutades saame sinx² kui → 0. Viimast valemit nimetatakse patufunktsiooni asümptootiliseks valemiks kui →0. Viimast liiget selle valemi paremal küljel ² nimetatakse asümptootilise valemi ülejäänud osaks. Edasi ei hakka me järgmistes näidetes sama asja tõestama ja lähtume juba tõestatust, s.t. - E® ² ® juures →. Seetõttu soovitan tõestust uuesti lugeda ja mis kõige tähtsam, sellest aru saada. nr 2. Kasutades limiiti -→ /. - esitage sinx funktsioon ¹ ² P Q kujul →0, kus w1 või w2; ja mõned numbrid. Lahendus: kasutame valemit - E® ² ® as → ja saame: cos 1 12 ² kui →0. Viimast valemit nimetatakse funktsiooni cos asümptootiliseks valemiks kui → 0. Viimast liiget selle valemi ² paremal küljel nimetatakse asümptootilise valemi ülejäänud osaks. nr 3. Kasutades piirväärtust lim -→ - 1, esitage sinx funktsioon ¹ ² P Q kujul →0, kus w1 või w2; ja mõned numbrid. Lahendus: Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 63 Kasutame valemit - E® ² ® as → ja saame: ln1 ² kui → 0. Viimast valemit nimetatakse funktsiooni ln1 asümptootiliseks valemiks kui →0. Viimast liiget selle valemi paremal küljel ² nimetatakse asümptootilise valemi ülejäänud osaks. nr 4. Kasutades piirväärtust lim -→ √ - esitage sinx funktsioon kui ¹ ² P Q kui →0, kus w1 või w2; ja mõned numbrid. Lahendus: Kasutame valemit - E® ² ® as → ja saame: √ 1 1 1 ² kui →0. Viimast valemit nimetatakse funktsiooni √ 1 asümptootiliseks valemiks kui → 0. Selle valemi ² viimast liiget paremal pool nimetatakse asümptootilise valemi ülejäänud osaks. Ma arvan, et sellest teile piisab. Instituudis või kolledžis ei pühendata sellele peaaegu üldse aega. Seekord tahtsin, et te mõistaksite, kust see "² väike" pärineb ja kuidas asümptootilisi valemeid tuletatakse. Nagu öeldakse, ei tee väike teooria sulle haiget ja loomulikult on soovitav mõista, mis kust tuleb. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni limiit 2011 64 Varem on asümptootilised valemid lihtsamate elementaarfunktsioonide jaoks nagu →0 juba saadud. Kirjutame need valemid tabeli kujul. Näidatud valemid jäävad kehtima, kui asendame neis argumendi asemel, kus º "on lõpmatu väike jada või kus lim → 0. Näiteks kehtib esimesest valemist tulenev esitus: sin 1 1 ²! 1 #, kus 2 ² ] ^ lõpmata väike jada, mis on kõrgemat järku kui 2, s.o. lim → ²] 1^1 lim → ²! 10. See tähendab, et sellega tahame öelda, et kui 2 sin → 0, siis saame siinusele rakendada asümptootilist valemit. Näiteks funktsioon 1 on lõpmatult väike kui → 1, seega saame kolmandast valemist võrdsuse ln P 1 Q ² kui → 1 või ln 1 1 1² kui → 1. Siin on veel üks näide. Kasutades eelmist võrdsust ja teist valemit, kirjutame üles funktsiooni cos ln asümptootilise esituse kui →1. 1 sin & 6 2 cos 1 2 & 6 3ln 1 & &6 4 1 & ln & 6 0 5 S 1 & & & 6 6 1 & 1 & & & 6 7 tg & 6 8sh & 6 9 ch 1 & 2 & 6 10 th & 6 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirang 2011 65 Funktsioon ln kaldub nulli kui →1, seega on see lõpmatult väike, seetõttu saab rakendada asümptootilist valemit number kolm: coslncos 1 ² 1. Funktsioon cos 1 ² 1 kaldub nulli kui →1, seega see on lõpmata väike, seetõttu saate rakendada asümptootilist valemit number kaks: cos lncos 1 ² 11 P 1 ² 1 Q 2 ² ] P 1 ² 1 Q ^. Nüüd tulevad meile kasuks kinnistud “² small”. Rakendame need ja saame: P 1 ² 1 Q 2 1 2 1 ² 1 12 P ² 1 Q 1 2 ² 1 ² 1 1 2 ² 1. Esimese asjana paljastasime lugeja – seal on summa ruut. Järgmiseks rakendame lihtsalt atribuudid „² small”. Kui te pole neid õpetanud, vaadake tabelit, mille ma varem andsin. Samamoodi P 1 ² 1 Q 1 ² 1 . Rakendame asümptootilist omadust number 11. Saame: ² ] P 1 ² 1 Q ^² 1 ² 1 ² 1 . Lõpuks saame cos ln1 1 2 ² 1 as → 1. Lahenduse võib kirjutada ka nii: lim → cos lnlim → d 1 1 2 ² 1 e . Nüüd saate aru, miks meil neid asümptootilisi valemeid vaja on! Kuidas te seda piiri teisiti otsiksite? Pidage meeles, et kui funktsioon kaldub nulli, saame selle alati asendada asümptootiliste valemitega. Kui see ei kipu nulli, vaid näiteks mingisse konstandi või lõpmatusse, pole meil õigust asümptootilisi valemeid kasutada!!! Asümptootilised valemid kehtivad ainult siis, kui funktsioon kipub olema 0! Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 66 Arvutame oma limiidi: lim → cos lnlim → d 1 1 2 ² 1 e ¦1 1 1 2 §1. Raske? Ei! Segane? Jah! Aga mis teha, siin on kindlasti vaja harjutada. Ma arvan, et mõne minuti pärast saab kõik selgeks. Liigume näidete juurde. Nagu ikka, analüüsitakse esimest üksikasjalikult, ülejäänud näited lahendate kõigepealt ise ja seejärel näete lahendust. nr 1. Leia piir: lim → ln1 4 sin3 . Lahendus: kõigepealt vaatame, kas asümptootilisi valemeid on võimalik rakendada. Kas mäletate, millal neid saab kasutada? Kui funktsioon läheb nulli. Kontrollige: lim → ln1 4 ln1 0 lim → sin3 sin0 0 See on õige! Seega kasutame valemeid. Sel juhul on see ln1 ¼ ~¼,sin¼~¼. Kuna näide on väga lihtne, võime siin välja jätta "² small". Saate seda kasutada, kui soovite. Siis lim → ln1 4 sin3 lim → 43 43 . Nagu näete, on kõik väga lihtne. nr 2. Leia piir: lim → √ 1 1 . Lahendus: Kuna ½ √ 1 1 ¾ →0 ja º » →0 kui →0, saame rakendada asümptootilisi valemeid. √ 1 ~ 1 3 ,. See tähendab, kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni limiit 2011 67 lim → √ 1 1 lim → 1 3 1 lim → 3 13 . nr 3. Leia piir: lim !→ 1 cos1 cos sin . Lahendus: Kuna º 1 cos1 cos » → 0 ja º sin » → 0 as → 0, saame rakendada asümptootilisi valemeid. cos ~1 2, sin ~. See tähendab, lim !→ 1 cos1 cos sin lim !→ 1 cos!1 1 2 # sin lim !→ 1 cos 2 Näidet on lihtsustatud, kuid sellest meile ei piisa. Seega, kuna 2 1 cos ! → 0 ja º » → 0 kui →0, siis saame rakendada asümptootilisi valemeid. sest ~12. lim !→ 1 cos1 cos sin lim !→ 1 cos!1 1 2 # sin lim !→ 1 cos 2 lim !→ 1 p r 1 ! 2 # 2 s u lim ! → 8 v 18 . nr 4. Leidke piir: lim → √ 1 2 3 1 . Lahendus: Kuna ½√ 1 2 3 1 ¾ → 0 kui → 0, saame rakendada asümptootilisi valemeid. 1 ~ 1 . Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 68 Sel juhul 1/2. Nii saamegi järgmise: lim → √ 1 2 3 1 lim → 1 2 3 2 1 12 lim → 2 3 12 lim → 2 3 7 12 ∙ 2 8 1. #5. Leidke piirang: lim → lnln . Lahendus: Kuna º lnln » →0 as →, saame rakendada asümptootilisi valemeid. 1 ¼ ~ ¼. Seega saame: lim → lnln lim → lnln 1 1 lim → ln1 ln 1 lim → ln 1 lim → ln ln lim → ln lim → ln 1 ] 1^ 2 ln 1 ] 1^ → 0 as → lim → 1 lim → 1 lim → 1 . Ausalt öeldes pole piir kõige lihtsamate hulgast. Siin on piisavalt lihtne segadusse sattuda, nii et kui sina, “teekann”, oled selle piiri võtnud, siis pole sa kaugel sellest, kes sa olid enne selle raamatu lugemist. Oled juba keskmine hea instituudi tudeng! nr 6. Leidke piirang: lim → logi 1 2 . Lahendus: Kuna º log 1 » →0 as → 2, saame rakendada asümptootilisi valemeid. 1 ¼ ~ ¼. Saame: lim → log 1 2 lim → log log 2 2 lim → log 2 2 lim → ln/2 ln2 2 1 ln2 lim → ln/2 2 1 ln2 lim → ln 1 ] 2 1^ 2 1 ln2 lim → 2 1 2 1 2 ln2 limiit → 2 2 1 2 ln2 . nr 7. Leidke piir: Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 69 lim → sin 1 1 . Lahendus: Kuna º sin 1 » →0 kui →1, saame rakendada asümptootilisi valemeid. Siinuse jaoks on meil järgmine valem: sin~. Seetõttu liigume edasi uue muutuja juurde. Olgu 1. Seejärel → 0 kui →1. Piirväärtus võrdub ¿lim !→ sin 1 1 Järgmiseks kasutame algebralist identiteeti: 1 4 6 4 1 Seega leiame piiri: ¿lim !→ sin 1 1 sin~lim !→ 4 6 4 lim ! → 1 4 6 4 14 . nr 8. Leia piir: lim → lncos √ 1 1 . Lahendus: Kuna º lncos » →0 ja ½√ 1 1 2 →0 on →0, saame rakendada asümptootilisi valemeid. √ 1 ~ 1 w , ln 1 ~. Siis saab limiidi kirjutada kujul ¿lim → lncos √ 1 1 lim → ln1 cos 1 !1 3 #1 lim → cos 1 /3 3 lim → 1 cos ¦1 cos ~ 2 §3 lim → 2 32 lim → 32 . nr 9. Leia piir: lim → sinsintg! 2#lncos3. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 70 Lahendus: tundub jube näide, kas pole? Ära muretse ☺! Me saame alati kõigest üle. Kasutame selles näites ka “² small”, et meie vastus oleks kindlasti õige. Kirjutame lugeja asümptootilise laienduse, kasutades siinuse ja puutuja asümptootilisi valemeid ning omadusi “² small”: sinsintg d 2 e = sinsin 2 +² d 2 e ¡ = sin À 2 +² d 2 e +² 2 + ² d 2 e ¡ Á = sin 2 +² +² ¡ = sin 2 +² ¡ = 2 +². Siin oleme kasutanud asjaolu, et ² d +² ] ^ e = ²() ja ² +² = ²(). Nüüd tuletame nimetaja asümptootilise laienduse, kasutades koosinuse ja logaritmi asümptootilisi valemeid: lncos3 = ln1 − 3 2 +² 3 ¡ = lnn1 + − 9 2 +² ¡o = − 9 2 +² ¡ +² − 92 +² ¡ = − 9 2 +² +² = − 9 2 +². Siin on kasutatud tõsiasja, et ² 3 = ² ,² − 9 2 +² ¡ = ² ,² +² = ² . Seega on see piir lim → sinsintg! 2 # lncos 3 = piir → 2 +²() − 9 2 +²() = piir → 12 + ²() − 92 + ²() = 12 +lim → ²() − 92 + piir → ²() = − 19 . Siin kasutasime ära asjaolu, et sümboli “² väike” definitsiooni järgi lim → ² = 0. Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 71 Autorilt: Pean ütlema, et kui jõudsid sellele lehele, siis pole sa teekannust kaugel! Olete juba haritud inimene, kes on oma funktsioonidega hästi kursis. Olen püüdnud seda teemat teile võimalikult selgelt selgitada. Loodan, et sain sellega hakkama. Järgmisena ootab teid suur ja väga oluline teema. Need on tuletised ja diferentsiaalid. Siis on minu plaanides teema "määramatu integraal", seejärel - "pidevate ja diferentseeruvate funktsioonide põhiteoreemid". Kuid see kõik on praegu plaanis. Kirjutasin selle osa ja olen sellega väga rahul. Kindlasti on raamatus nii grammatilisi kui ka matemaatilisi vigu (märgi kadu). Palun kirjutage mulle sellest posti teel ... Ja nüüd võite julgelt edasi liikuda täiendavate peatükkide juurde ☺. Edu! Lugupidamisega Teie Viosagmir I.A. [e-postiga kaitstud] Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 72 4. peatükk. Lisameetodid. Vaatame täiendavaid meetodeid, mille abil saame oma limiite arvutada. Mõnel juhul on neid meetodeid palju lihtsam kasutada kui neid, mida oleme juba läbinud. Kuid ma pean teid hoiatama, et siin peate teadma, kuidas saate ja peaksite funktsiooni eristama. Nüüd ma sellel ei peatu, kuna seda teemat käsitletakse üksikasjalikult minu teises raamatus. Niisiis, miks see L'Hopitali meetod nii eriline on? Ja see on eriline selle poolest, et see võib paljastada määramatused kujul V 0 0 v W ja ∞ ∞ ⁄ . Kui mäletate, oleme juba läbinud palju võimalusi erinevate ebamäärasuste avalikustamiseks, kuid on juhtumeid, kui seda on raske avalikustada, noh, või vähemalt ebamugav. Kuid jällegi ei kehti L'Hopitali reegel kõigil juhtudel. Üldine sõnastus näeb välja selline: Teatud tingimustel võrdub funktsioonide suhte piir nende tuletiste suhte piiriga. Vaatame neid tingimusi ☺. 1. lim → lim → O0või∞ 2. ja O on torgatud piirkonnas diferentseeruvad 3. O 0 0 punkteeritud piirkonnas 4. eksisteerib lim → ′ O′ ∞ Siis, kui tingimused 1 2 3 4 → lim → O lim → ′ O ′ . Pange tähele, et →, mitte mingisuguse lõpmatuse või isegi nullini. Meie jaoks on oluline, et nende funktsioonide piirväärtus oleks võrdne lõpmatuse või nulliga! Paljud inimesed jäävad sellest alguses segadusse, nii et ärge laske sellel oma kõrvadest mööda minna ☺. Sisu: 1) L'Hopitali reegel 2) Taylori seeria laienemine. 1. osa 3) Taylori seeria laienemine. 2. osa 1. Hopitali reegel Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 73 Arvan, et siin pole vaja rohkem teooriat esitada. Minu raamat on rohkem suunatud praktikale, seega liigume nüüd selle juurde. nr 1. Leia piirmäär → +5 3 . Lahendus: Kõigepealt kirjutame välja funktsioonid () ja O() = +5,O = 3 Nüüd kontrollime oma tingimusi 1. lim → () = lim → +5 = 0,lim → O() = lim → 3 = 0 → ! 2. () ja O() on torgatud naabruses eristatavad. Need. võime võtta nende funktsioonide tuletise punktis = 0 −! 3. O 0 = 3 ≠ 0 torgatud ümbruses 0 −! 4. on olemas lim → ′() O′() à = lim → 2 +5 3 v −! Kui olete sellega harjunud, ei raiska te oma väärtuslikku aega kontrollimisele. Näitasin teile, kuidas seda teha. Nüüd kontrollin ainult esimest eset. Lahkumissõnad teile – kontrollige iga üksust! Sest kõik on võimalik. lim → +5 3 = 7 00 − ÄÅ 8 = piir → +5 0 3 0 = piir → 2 +5 3 = 7 0 +5 3 − 8 = 53 See on selle näite jaoks parim lahendus! 1 - määrama määramatuse jaoks; 2 − värvime tuletisi; 3 - käsitleme tuletisi ja samal ajal vaatame, kas () ja O() kalduvad 0-le; 4 - määrama määramatuse; 5 - kirjutage vastus. Kergesti? Jah! Kuid see nõuab harjutamist, et mitte segadusse sattuda. nr 2. Leia piirväärtus lim → +4 +7 +3 Lahendus: = +4 +7 → ∞ kui →∞ ja O = +3 → ∞ kui →∞. Seetõttu saame rakendada L'Hospitali reeglit ☺. piir → +4 +7 +3 = ∞∞ = piir → +4 +7 0 +3 0 = piir → 3 +8 +7 3 +6 = ∞∞ = piir → 3 +8 +7 ′ 3 +6 ′ = lim → 6 +8 6 +6 = ∞∞ = lim → 6 +8 ′ 6 +6 ′ = piir → 66 = 7 66 8 = 1 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 74 Siin tuli 3 korda rakendada L'Hopitali reeglit, alates sellest, et kindlus ei tahtnud lahkuda! Enne eristamise alustamist peate kontrollima funktsioonide tingimusi. Siin kontrollisite tingimusi 4 korda! Need on tähistatud punasega – sammud, mille käigus kontrollite tingimusi enne järgmise sammu juurde liikumist. Pean ütlema, et olete ilmselt juba aru saanud, et see meetod selle näite jaoks pole ilmselgelt optimaalne. Siin on parem kasutada seda, mida oleme teinud poole sellest raamatust – võtke lugeja ja nimetaja välja. limiit → +4 +7 +3 = piir → ]1 + 4 + 7 ^ ]1 + 3 ^ = piir → 1 + 4 + 7 1 + 3 = 7 1 +0 +0 1 +0 8 = 1 ja tehke seda : piir → +4 +7 +3 = ∞∞ = piir → +4 +7 0 +3 0 = piir → 3 +8 +7 3 +6 = piir → ]3 + 8 + 7 ^ ]3 + 6 ^ = lim → 3 + 8 + 7 3 + 6 = 7 1 +0 +0 3 +0 8 = 33 = 1 teeb seda veel kaks korda. Oma aja säästmiseks paneme lugejasse suurima astme, nii et saame lõpmata väikesed funktsioonid. Miks ma kulutan sellele nii palju aega? Soovin, et saaksite kõigest aru ja mõistaksite, et erinevaid meetodeid saab omavahel segada! Samal ajal ei tohiks unustada iga sellise meetodi tingimusi. nr 3. Leia piirväärtus lim → ln 1 +2lnsin Lahendus: sellistel juhtudel on meil L'Hospitali reegel. Aga kuidas otsustada teisiti? No võib-olla mingi asendus. Kuna kõik tingimused on täidetud (kontrollige neid ise), saame rakendada L'Hopitali reeglit. lim → ln 1 +2lnsin = ∞∞ = lim → ln 0 1 +2lnsin 0 = lim → 1 2 ∙ cos sin = lim → sin 2 cos Kas meil sarnast näidet ☺ varem polnud? Minu arvates on see esimene tähelepanuväärne piir. Kirjutame ilusamini: lim → sin 2 cos = 12 ∙ lim → 7! sin #∙ 1 cos 8 = 12 ∙ 1 ∙ lim → 1 cos = 12 Täiustatud matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 75 Seetõttu lim → ln 1 +2lnsin = 12 . Näete, L'Hopitali reegel aitab meil teatud kohta jõuda. Ja siis rakendame seda, mida me teiega varem läbi elasime ☺. Liigume edasi… #4. Leia piirväärtus lim → 1 − cos 4 Lahendus: Kuna kõik tingimused on täidetud (kontrollige neid ise), saame rakendada L'Hopitali reeglit. lim → 1 − cos 4 = 7 00 8 = piir → 1 − cos 4 0 0 = piir → 4sin4 2 = 7 00 8 = piir → (4sin4)′ (2)′ = piir → 16cos 4 2 = 8 L'Hopital's valitse kaks korda. Muide, siin saaks selle lahendada esimese tähelepanuväärse limiidi abil, pärast L'Hospitali reegli esmakordset rakendamist. Meile meeldiks see lim → 4sin4 2 = lim → ! sin4 4 #∙ 8 = 8 #5. Leia limiit → ln Lahendus: Nagu näete, pole meil siin murde. Seetõttu ei saa me L'Hopitali reeglit rakendada. Aga me oleme taibukad, seega teeme nüüd ise murdosa ☺. ln = ln 1 v Nüüd on kõik õige! Kontrollige tingimusi ise ja veenduge, et meil on õigus rakendada L'Hospitali reeglit. lim → ln = 0 ∙ ∞ = piir → ln 1 v = 7 00 8 = piir → ln ′ P 1 v Q ′ = piir → 1 − 1 = −lim → = 0 = 0 №6. Leia limiit → ! 1 −1 − 1 ln # Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 76 Lahendus: siin, nagu eelmises näites, tuleb teha murd. Loodan, et teate, kuidas erinevate nimetajatega murde lisada ☺. 1 −1 − 1 ln = ln − +1 −1 ln Nüüd on kõik õige! Kontrollige tingimusi ise ja veenduge, et meil on õigus rakendada L'Hospitali reeglit. lim → ! 1 −1 − 1 ln #= ∞−∞ = piir → ln − +1 −1 ln = 7 00 8 = piir → (ln − +1)′ (−1 ln)′ = piir → 1 −1 ln + − 1 = piir → 1 − ln + −1 = 7 00 8 = piir → (1 −)′ (ln + −1)′ = piir → −1 1 +ln +1 = 7 − 12 8 = − 12. murdosa, rakendas seejärel L'Hospitali reeglit kaks korda järjest. nr 7. Leia limiit → 1 + Lahendus: Siin saame proovida üle minna teisele tähelepanuväärsele piirile. Püüame rakendada Taylori reeglit. Selleks peate tegema murdosa. Teeme seda üsna kavalalt – tähistame 1 + eest. See tähendab, et 1 + = →ln = 1 ∙ ln 1 + = ln 1 + Nüüd kasutame praegu väga kasulikku omadust: Kuna Ä on pidev funktsioon, siis lnlim → = lim → ln Vean kihla, et pooled teist ei teinud seda. ei saa millestki aru ☺. Lühidalt öeldes liigume selles näites ühelt funktsioonilt teisele, pidades meeles protsessi käigus piiranguid muuta. º → 0 kui | →∞atln » Eks? Jah! Pidage meeles logaritmi graafik. Vastavalt sellele, pärast limiitide muutmist, hakkame L'Hopitali reegli abil piiri otsima. lim → ln = piir → ln 1 + = ∞∞ = piir → ln 1 + ′ ′ = piir → 2 1 + = ∞∞ = piir → (2)′ 1 + ′ = piir → 2 2 = 0 vastupidi! Need. saame Dummiesi jaoks kõrgema matemaatika. Funktsioonipiirang 2011 77 lim → = või lim → 1 + = 1 Huvitav näide ☺? Kõige tähtsam on see, et mõistaksite, et sama näidet saab lahendada erineval viisil, mitte ainult ühe. nr 8. Leia piirväärtus lim → −2arctg ln Lahendus: Me ei saa rakendada L'Hospital reeglit, kuna seal pole murdu. Seetõttu teeme seda −2arctg ln = −2arctg 1 ln Kontrollite 4 omadust ja saate aru, et saate rakendada L'Hopitali reeglit. lim → −2arctg ln = lim → −2arctg 1 ln = () 7 00 8 = lim → −2arctg ′ ] 1 ln ^ ′ = lim → − 2 1 + − 1 ln = piir → 2 ln 1 + = () ′ ∞ = piir → (2 ln)′ (1 +)′ = piir → 2ln +4ln 2 = () ∞∞ = piir → (2ln +4ln)′ (2)′ = piir → 4 ∙ ln + 4 2 = 2 lim → ln +1 = () ∞∞ = lim → (ln +1)′ ′ = lim → 1 v 1 = lim → 1 = 0 Siin kasutasime nelja L'haigla reeglit! Välimuselt on lahendus muidugi ilus ☺. Tahan teile öelda, et selliseid näiteid ei otsustata kaugeltki igas ülikoolis. Ma tahan, et sa otsustaksid! Ja need ei olnud nii-öelda “teekannud”. nr 9. Leia piirväärtus lim → arcsin 1 Lahendus: See on ka natuke keeruline ☺. Peame kasutama logaritmi omadust arcsin 1 = 1∙23/.& = 23/.& /1 Kuidas me seda tegime? Kõik on lihtne. Seal on selline valem: = Me lihtsalt kasutame seda ja saame kõrgema matemaatika for Dummies. Funktsioonipiirang 2011 aasta 78 arcsin 1 = 4 23/.& 5 = 1∙23/.& = 23/.& /1 See tähendab, et me kõik võime selle kirjutada nii: lim → arcsin 1 = &" → 6 1∙ 23/ .& 7 = &" → 9 23/.& /1: = ;< = &" → 9 23/.& 0 (/1)0: = &" → 9 .& √ ∙23/.& : = &" → 9 ∙ : = = 1 Вот этот пример уже не шутка. Это полноценный, выше среднего уровня, пример! №10. Найти предел lim → ctg Решение: Здесь делаем то же самое, что и в предыдущем примере. Таким образом у нас получается lim → ctg = &" → /1 = ; < = &" → /1 0 ()0 = &" → .& ∙/1 = &" → .&∙/. = = 1 №11. Найти предел lim → −sin +sin Решение: Здесь нельзя применять правило Лопиталя! Проверьте все условия и поймите, что я говорю все верно ☺! Здесь нужно вычислять предел вот так lim → −sin +sin = lim → ]1 − sin ^ ]1 + sin ^ = lim → 1 − sin 1 + sin = 1 №12. Найти предел lim → ! sin # Решение: lim → ! sin # = &" → = .& >∙ = &" → .& = ; < = &" → .& ()0 = &" → /. = ; < = &" → = Высшая математика для чайников. Предел функции 2011 год 79 На этом мы заканчиваем правило Лопиталя. Запомните одну важную вещь! Не стоит применять это правило езде и вся. Сначала определите, а нужно ли вообще его здесь применять? Когда у вас логарифмы, синусы, корни, то оно может помочь. Но если у вас простые выражения, оно может только затруднить вашу работу. Так что никуда не спешите ☺. Высшая математика для чайников. Предел функции 2011 год 80 В данном разделе мы рассмотрим предел функции вида O ⁄ . Что такое разложение ряда Тейлора и все его подробности я рассказывать не буду, так как это все написано в моей второй книге. В данном разделе я на примерах объясню принцип данной работы. В таблице представлены основные разложения по формуле Тейлора при условии, что →0. Их можно не запоминать, просто распечатайте и пользуйтесь ими. А сейчас мы разберем метод Тейлора на конкретных примерах. Я называю данные примеры crash-примерами. Сейчас поймете, почему именно такое название ☺. №1. Найти предел lim → cos arctg ln 1 Решение: Так как в знаменателе одна функция, то представим ее формулой Маклорена до остаточного члена ² , то есть sin 6 & 120 & 6 cos 1 2 & 24 & 6 7 Y & 6 & 120 & 6 " Y 1 & 2 & 24 & 6 tg & 3 & 2 15 & 6 8 Y 3 & 2 15 & 6 arcsin & 6 & 3 40 & 6 arctg 3 & 5 & 6 ln 1 & 2 & 3 4 & 6 ln 1 2 3 4 & 6 ln > & Z 1 & E 6 & 3 40 & 6 1 1 & 1 & & & 6 1 1 1 & & & & & 6 √ 1 & 1 & 2 8 & 16 & 6 2. Taylori laiendus. 1. osa Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiir 2011 81 O = − ∙ +² = − +²() Murru nimetajat saab hõlpsasti esitada Maclaurini seeriana. Me ei vaja kõiki liikmeid, seega võtame kõige esimese, nullist erineva. Vaatame nüüd lugejat. Kuna me lagundasime nimetaja jäägiliikmeks ², siis peame lammutama lugeja täpselt samale jäägiliikmele. cos = 1 − 2 +² → ∙ cos = − 2 +² arctg = − 3 +² . Selle tulemusena on siin meie lagunenud lugeja: = - 2 +² - - 3 +² ¡ = - 6 +² Siis lim → () O() = lim → - 6 +² - +²() = 16 Siin me on ja arvutatud esimene piir ☺. Segane? Jah. Kuid Taylori seeria abil saab arvutada väga keerukaid ja “läbimatuid” piire. Teades, kuidas seda teha, kulutate piisavalt aega piiri otsimisele, kuid lõpuks arvutate selle välja! Sina oled võitja ☺. nr 2. Leia piirväärtus lim → sin] 1 − ^ +ln(1 −) − 2 tg(Åℎ) −arctg Lahendus: Kõigepealt arvesta nimetajaga ja proovi leida funktsioon O(). Selleks laiendame oma funktsioone tg(Åℎ) ja arctg. Nüüd tekib küsimus, millise jääktähtajani peaksime laienema? Alustuseks proovime enne ²(). Åℎ = +²() O = +² , kus = Åℎ Nüüd asendame ja leiame O(Åℎ) O Åℎ = +² +² P +² Q = +²() Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 82 Aga vaatame lugejat. Seal on laienduse ülejäänud liige suurem kui ²(). Nagu ma ütlesin, ülejäänud osa peab olema igal pool sama. Seetõttu peame laienema ²-ni. Åℎ = + 3! +² O = + 3 +² , kus = Åℎ Asendage nüüd ja leidke O(Åℎ) O Åℎ = + 3 +² = + 3! +² ¡ + d + 3! +² e 3 +² + 3! +² ¡ Nüüd pöörame tähelepanu teisele terminile, s.o. kuni d + 3! +² e 3 Kui avame lugejas sulud, saame + 2 + % 4 + 19 +² Aga! Meil pole seda vaja, meil on seda vaja, nagu varem kokku leppisime. Nii saame lahti mõistetest 2 + % 4 + 19 Sest need annavad meile ² . Kordan veel kord, kui otsustasime, et meie näites esitatakse ülejäänud termin kujul ², siis peaks see olema igas terminis täpselt nii ja mitte teisiti! Vastavalt sellele võime kirjutada nii: O Åℎ = + 3 +² = + 3! +² ¡ + P +² Q 3 +² = + 2 +² Laienda nimetaja teist liiget. Meil on see juba tabelis arctg = − 3 +² Seega jaotatakse nimetajafunktsioon O() järgmiselt: O = + 2 +² ¡ − − 3 +² ¡ = 5 6 +² Kõrgem matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 83 Liigume nüüd lugeja juurde. Alustuseks kaaluge 1 - Meil ​​on valem murdosa tüübi jaoks 1 1 - Teeme selle keeruliseks. Laiendame murdosa jäägiliikmeks ², kuna sellega korrutades saame hinnangu ². Ja ta on just see, mida me vajame! 1 1 − = 1 + + +² Siis korrutades saame 1 − = P 1 + + +² Q = + + +² Laienda sin, kus = 1 − v . See valem on ka meile teada (tabelis). patt = -3! +² Siin lagundasime ka ²-ks, kuna meil pole patuga korrutamist. Nüüd asendame kõik all ja saame patt] 1 - ^ = P + + +² Q - P + + +² Q 3! +² ] P + + +² Q ^ Nüüd kaaluge meie murdosa P + + +² Q 3! Pöörake tähelepanu lugejale. Kui avame sulgud, suureneb meie hinnang märkimisväärselt ja me ei vaja seda. Peame skooriks jääma ² . Mida teha? Vabanege ülejäänud liikmetest! Seega saab murdosa veidi teistsuguse kuju P +² Q 3! Muidugi, kui soovite, võite avada kõik sulud P + + +² Q ja seejärel visata välja kõik, mille aste on suurem kui 3. Kuid see piinab teid, nii et visake need kohe välja! Kokku, see on see, mida saame kõrgema matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiir 2011 84 sin] 1 − ^ = P + + +² Q − P +² Q 3! +² = + + +² − +² 3! = + + 5 6 +² Vaatleme lugeja teist liiget, st ln(1 −) Jumal tänatud, selle lagunemine on meil juba tabelis ln(1 −) = − − 2 − 3 +² Kokku, me saab üles kirjutada meie funktsiooni () = + + 5 6 +² ¡ +− − 2 − 3 +² ¡ − 2 = 2 +² Nüüd on funktsioonid () ja O() dekomponeeritud. Leiame oma limiidi lim → () O() = lim → 2 +² 5 6 +² = 35 Leiame piiri! Tahan öelda, et see on kõrgeim tase! See ei ole "teekann" ega "keskmine". See on megatudeng, kes suudab palju ära teha. Härrased, tõstke selliseid näiteid lahendades oma enesehinnangut ja tundke end teistest üleolevana ☺. Isiklikult loodan siiralt, et te kõik mõistate (ja võib-olla olete juba aru saanud) kõigest, mida ma teile räägin. Noh!? Läheme kaugemale matemaatika kõrgusi vallutama ☺! nr 3. lim → O P Q − ln Eℎ arctg(cos) −tg Lahendus: Ilu, kas pole ☺? Ei midagi, eelmisega saime hakkama, selle vallutame ka! Esitame täpsusega ², nagu eelmistes numbrites. Proovime väljastada funktsiooni O(). Selleks arvestame cos (me teame selle lagunemist) cos = 1 − 2 +² Ülejäänud liige on esindatud kui ², kuna korrutame cos-iga, mis annab meile parima hinnangu ². Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 85 cos = 1 − 2 +² ¡ = − 2 +² Nüüd laiendame arctg , kus = cos (samuti tabeli järgi) EO = - 3 +² Seejärel saame laiendada arctg(cos) arctg(cos) = − 2 +² ¡ − d − 2 +² e 3 +² n − 2 +² ¡ o nurksulgude laiendamisel ei saa me ²-d mitte kuidagi. Y aste on palju suurem. Seetõttu vabaneme mõistetest, mida me ei vaja, ja saame arctg(cos) = - 2 +² ¡ - +² 3 +² = - 5 6 +² Peame laiendama nimetaja O = + 3 viimast liiget +² meile andmed, et leida funktsioon O(). O = arctg(cos) −tg = −5 6 +² ¡ − + 3 +² ¡ = −7 6 +²() Suurepärane! Saime nimetaja esitada täpsusega ². Seetõttu võime julgelt edasi liikuda lugeja juurde. Peame lagundama O P Q − ln Eℎ Nagu te ilmselt juba aru saite, alustame sisemistest funktsioonidest. Nii et laseme selle kõigepealt lahti! , kus = − . ! = 1 + +²() Täiustatud matemaatika mannekeenide jaoks. Funktsioonipiirang 2011 86 Nagu näete, laguneme täpsusega ²(), kuna see annab meile täpsuse ² ja −² . = 1 − +² = P 1 − +² Q = − +² Nüüd laiendame O, kus = . O = + 3 +² Asendage ja saame O P Q = P − +² Q + P − +² Q 3 +² ] P − +² Q ^ täpsust ² ei ole, seega vabaneme teistest terminitest. O P Q = P − +² Q + P +² Q 3 +² = − 2 3 +² Suurepärane! Saime esitada ühe termini. Nüüd kaaluge teist ln Eℎ Siin on ka trikk. Kuna jagame arvuga, peame esitama lugejat täpsusega kuni ², nii et jagamisel oleks kogu murru täpsus ². ln(Eℎ) = 2ln(Eℎ) Siin oleme lihtsalt rakendanud logaritmi omadust. Eℎ = 1 + 2 + 24 +² Nüüd laiendame ln(+1), kus = Eℎ −1. Laiendame ln(+1), kuna meil pole ln jaoks laiendusvalemeid. = Eℎ −1 – nii kompenseerime oma ühe. Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsioonipiirang 2011 87 ln(+1) = − 2 + 3 − 4 +² = 1 + 2 + 24 +² ¡ − d 1 + 2 + 24 +² e 2 + d 1 + 2 + 24 +² e 3 − d 1 + 2 + 24 +² e 4 +² n1 + 2 + 24 +² ¡ o No siis. Siin tuleb kõik terminid ära visata, et skoor ei suureneks, vaid jääks ka tasemele ². Selle tulemuseks on ln(Eℎ) = 2ln(Eℎ) = 2ln1 + 2 + 24 +² ¡ = 2 p q q r 2 + 24 +² − d 2 +² e 2 +² s t t u = 2 2 + 24 + ² − 8 +² ¡ = − 6 +² Seega saame kirjutada oma funktsiooni () = − 2 3 +² ¡ − 1 − 6 +² ¡ = − 2 +² Siit leiame piiri lim → () O ( ) = lim → - 2 +² - 7 6 +²() = 37 Kõrgem matemaatika mannekeenidele. Funktsiooni piirmäär 2011 88 Selles teemas vaatleme vormi funktsiooni piiri? . Nagu eelmises jaotises, vaatame kõike näidete abil. nr 1. Leia funktsiooni lim → d √1 cos e piirväärtus Lahendus: Kirjutage funktsiooni laiendus. Seda on lihtne teha, kuna meil on tabelis kõik laiendused. √1 cos 1 12 18 ² 1 12 1 24 ² d 1 12 18 ² eÆ 1 d 12 1 24 ² e 2 ² ¡ ² Ç 1 2 8 ² ¡1 2 5 24 ² siit on lihtne ¡1 2 5 24 ² leia piir lim →? lim → 1 6 ² ¡ / Kuidas lugeda teist imelist piiri, oleme juba läbinud, nii et ma ei raiska sellele praegu aega. 3. Laienemine Taylori seerias. 2. osa

Lahendus võrgufunktsioonide piirangud. Leia funktsiooni või funktsionaaljada piirväärtus punktis, arvuta piirav funktsiooni väärtus lõpmatuses. määrake arvurea lähenemine ja tänu meie võrguteenusele saate teha palju muud. Võimaldame funktsioonide piirangud veebist kiiresti ja täpselt leida. Sisestate ise funktsioonimuutuja ja piiri, milleni see pürgib, meie teenus teeb teie eest kõik arvutused, andes täpse ja lihtsa vastuse. Ja selleks Internetist piiri leidmine saate sisestada nii arvjadasid kui ka konstante sisaldavad analüütilised funktsioonid sõnasõnalises avaldises. Sel juhul sisaldab leitud funktsiooni limiit neid konstante avaldises konstantsete argumentidena. Meie teenus lahendab kõik keerulised leidmisprobleemid piirangud võrgus, piisab funktsiooni ja arvutamise punkti määramisest funktsiooni piirang. Arvutamine piirangud võrgus, saate nende lahendamiseks kasutada erinevaid meetodeid ja reegleid, samal ajal kui võrrelda tulemust piirilahendus võrgus saidil www.saidil, mis viib ülesande eduka sooritamiseni - väldite oma vigu ja kirjavigu. Või võite meid täielikult usaldada ja kasutada meie tulemust oma töös, kulutamata täiendavaid jõupingutusi ja aega funktsioonipiirangu iseseisvatele arvutustele. Lubame sisestada piirväärtusi, nagu lõpmatus. Peate sisestama numbrilise jada ühise termini ja www.sait arvutab väärtuse piirata võrgus pluss-miinus lõpmatuseni.

Üks matemaatilise analüüsi põhimõisteid on funktsiooni piirang Ja järjestuse piirang punktis ja lõpmatuses on oluline osata õigesti lahendada piirid. Meie teenusega pole see keeruline. Otsus tehakse piirangud võrgus mõne sekundi jooksul on vastus täpne ja täielik. Arvutiõpe algab üleminek piirini, piirid kasutatakse peaaegu kõigis kõrgema matemaatika osades, seega on kasulik omada server käepärast piirata lahendusi võrgus mis on sait.

Piirmäärade arvutamisel arvestage järgmisi põhireegleid:

1. Funktsioonide summa (erinevuse) piir on võrdne terminite piiride summaga (erinevus):

2. Funktsioonide korrutise piirmäär on võrdne tegurite piiride korrutisega:

3. Kahe funktsiooni suhte piir on võrdne nende funktsioonide piiride suhtega:

.

4. Piirmärgist saab välja võtta konstantse teguri:

.

5. Konstandi piir on võrdne konstandi endaga:

6. Pidevate funktsioonide puhul saab piiri- ja funktsioonisümboleid vahetada:

.

Funktsiooni piiri leidmine peaks algama väärtuse asendamisega funktsiooni avaldisega. Veelgi enam, kui saadakse arvväärtus 0 või ¥, leitakse soovitud piir.

Näide 2.1. Arvutage limiit.

Lahendus.

.

Nimetatakse avaldisi kujul , , , , ebakindlust.

Kui saadakse vormi määramatus, siis piiri leidmiseks on vaja funktsioon teisendada selliselt, et see määramatus ilmneks.

Vormi määramatus saadakse tavaliselt siis, kui on antud kahe polünoomi suhte piir. Sel juhul on limiidi arvutamiseks soovitatav polünoomid faktoriseerida ja taandada ühise teguriga. See kordaja on piirväärtusel null X .

Näide 2.2. Arvutage limiit.

Lahendus.

Asendades saame määramatuse:

.

Faktoriseerime lugeja ja nimetaja:

;

Vähendame ühise teguri võrra ja saame

Vormi määramatus saadakse siis, kui on antud kahe polünoomi at suhte piir. Sel juhul on arvutamiseks soovitatav jagada mõlemad polünoomid arvuga X vanemas astmes.

Näide 2.3. Arvutage limiit.

Lahendus.∞ asendamine toob kaasa vormi määramatuse, seega jagame kõik avaldise liikmed x 3.

.

Siin võetakse arvesse, et.

Juure sisaldava funktsiooni piiride arvutamisel on soovitatav funktsioon korrutada ja jagada adjoint-avaldisega.

Näide 2.4. Arvuta limiit

Lahendus.

Vormi või (1) ∞ määramatuse avalikustamise piirmäärade arvutamisel kasutatakse sageli esimest ja teist märkimisväärset piiri:

Paljud probleemid, mis on seotud mõne koguse pideva kasvuga, viivad teise tähelepanuväärse piirini.

Mõelge Ya. I. Perelmani näitele, mis annab arvu tõlgenduse e liitintressi probleemis. Hoiukassades lisatakse põhikapitalile intressiraha igal aastal. Kui ühendust luuakse sagedamini, kasvab kapital kiiremini, kuna intresside moodustamisega on seotud suur summa. Võtame puhtalt teoreetilise, väga lihtsustatud näite.

Pank pane 100 den. ühikut intressimääraga 100% aastas. Kui intressikandv raha lisandub põhikapitalile alles aasta pärast, siis selleks ajaks 100 den. ühikut muutub 200 den.

Nüüd vaatame, milleks 100 den muutub. ühikut, kui iga kuue kuu tagant lisatakse põhikapitalile intressiraha. Poole aasta pärast 100 den. ühikut kasvab 100 × 1,5 = 150 ja veel kuue kuu pärast - 150 × 1,5 = 225 (rahaühikut). Kui liitumine toimub iga 1/3 aasta tagant, siis aasta pärast 100 den. ühikut muutub 100 × (1 + 1/3) 3 "237 (den. ühikut).

Suurendame intressiraha lisamise ajavahemikku 0,1 aastani, 0,01 aastani, 0,001 aastani jne. Siis 100 denist välja. ühikut aasta hiljem:

100 × (1 +1/10) 10 » 259 (den. ühikut),

100 × (1+1/100) 100 » 270 (den. ühikut),

100 × (1+1/1000) 1000 » 271 (den. ühikut).

Liitumisintressi tingimuste piiramatul vähendamisel ei kasva kogunenud kapital lõputult, vaid läheneb teatud piirile, mis on ligikaudu 271. Aastas 100% suurusele seatud kapital ei saa suureneda rohkem kui 2,71 korda, isegi kui kogunenud intress oleks lisandus pealinna iga sekund, sest

Näide 2.5. Funktsioonipiirangu arvutamine

Lahendus.

Näide 2.6. Funktsioonipiirangu arvutamine .

Lahendus. Asendades saame määramatuse:

.

Kasutades trigonomeetrilist valemit, teisendame lugeja tooteks:

Selle tulemusena saame

Siin võetakse arvesse teist märkimisväärset piiri.

Näide 2.7. Funktsioonipiirangu arvutamine

Lahendus.

.

Vormi või vormi määramatuse paljastamiseks võite kasutada L'Hopitali reeglit, mis põhineb järgmisel teoreemil.

Teoreem. Kahe lõpmata väikese või lõpmata suure funktsiooni suhte piir on võrdne nende tuletiste suhte piiriga

Pange tähele, et seda reeglit saab rakendada mitu korda järjest.

Näide 2.8. Otsi

Lahendus. Asendamisel tekib meil vormi määramatus . L'Hopitali reeglit rakendades saame

Funktsioonide järjepidevus

Funktsiooni oluline omadus on pidevus.

Definitsioon. Funktsiooni peetakse silmas pidev kui argumendi väärtuse väike muutus toob kaasa väikese muutuse funktsiooni väärtuses.

Matemaatiliselt on see kirjutatud järgmiselt:

All ja all mõistetakse muutujate juurdekasvu, st erinevust järgmise ja eelmise väärtuse vahel: , (joonis 2.3)

Joonis 2.3 – Muutujate juurdekasv

Punktis pideva funktsiooni määratlusest järeldub, et . See võrdsus tähendab kolme tingimuse täitmist:

Lahendus. Funktsiooni jaoks punkt on pausi jaoks kahtlane, kontrolli seda, leia ühekülgsed piirid

Seega , Tähendab - murdepunkt

Funktsiooni tuletis

Põhilised elementaarsed funktsioonid on välja selgitatud.

Keerulisema kujuga funktsioonidele liikudes kohtame kindlasti avaldisi, mille väärtust pole defineeritud. Selliseid väljendeid nimetatakse ebakindlust.

Loetleme kõik määramatuse peamised liigid: null jagatud nulliga (0-ga 0), lõpmatus jagatud lõpmatusega, null korda lõpmatus, lõpmatus miinus lõpmatus, üks lõpmatuse astmega, null nulli astmega, lõpmatus nulli astmega.

KÕIK MUUD AVALDUSED EI OLE MÄÄRATLUS JA KASUTAGE TÄIELIKULT KONKREETSED LÕPKULISED VÕI LÕPMATUD VÄÄRTUSED.

Avalda ebakindlus võimaldab:

• funktsiooni tüübi lihtsustamine (avaldise teisendamine lühendatud korrutusvalemite, trigonomeetriliste valemite abil, korrutamine konjugaatavaldistega koos järgneva redutseerimisega jne);
• märkimisväärsete piiride kasutamine;
• L'Hospitali reegli rakendamine;
• lõpmatu väikese avaldise asendamine selle ekvivalendiga (kasutades samaväärsete lõpmatute avaldiste tabelit).

Me rühmitame määramatused määramatuse tabel. Iga määramatuse tüübi jaoks paneme kirja selle avalikustamise meetodi (piiri leidmise meetod).

See tabel koos põhiliste elementaarfunktsioonide piirangute tabeliga on teie peamised tööriistad piirangute leidmisel.

Toome paar näidet, kui pärast väärtuse asendamist saadakse kõik kohe kätte ja ebakindlust ei teki.

Näide.

Arvuta limiit

Lahendus.

Asendame väärtuse:

Ja saime kohe vastuse.

Vastus:

Näide.

Arvuta limiit

Lahendus.

Asendame väärtuse x=0 meie eksponentsiaalse võimsusfunktsiooni alusega:

See tähendab, et piiri saab ümber kirjutada kui

Nüüd vaatame indeksit. See on toitefunktsioon. Pöördume negatiivse eksponendiga astmefunktsioonide piirväärtuste tabeli juurde. Sealt on meil Ja , seega võime kirjutada .

Selle põhjal võib meie limiidi kirjutada järgmiselt:

Jällegi pöördume piirmäärade tabeli poole, kuid eksponentsiaalsete funktsioonide jaoks, mille alus on suurem kui üks, millest saame:

Vastus:

Vaatame üksikasjalike lahendustega näiteid mitmetähenduslikkuse avalikustamine väljendite teisendamise teel.

Väga sageli tuleb piirimärgi all olevat väljendit veidi ümber kujundada, et ebaselgustest vabaneda.

Näide.

Arvuta limiit

Lahendus.

Asendame väärtuse:

Jõudis ebakindluseni. Lahendusmeetodi valimiseks vaatame määramatuste tabelit. Proovime väljendit lihtsustada.

Vastus:

Näide.

Arvuta limiit

Lahendus.

Asendame väärtuse:

Jõudis ebakindluseni (0 korda 0). Lahendusmeetodi valimiseks vaatame määramatuste tabelit ja proovime avaldist lihtsustada. Korrutame nii lugeja kui ka nimetaja avaldisega, mis on konjugeeritud nimetajaga.

Nimetaja jaoks on adjoint-avaldis

Korrutasime nimetaja, et saaksime rakendada lühendatud korrutamisvalemit – ruutude erinevust ja seejärel vähendada saadud avaldist.

Pärast mitmeid ümberkujundamisi kadus ebakindlus.

Vastus:

KOMMENTAAR: seda tüüpi piiride puhul on tüüpiline konjugaatväljenditega korrutamise meetod, seega kasutage seda julgelt.

Näide.

Arvuta limiit

Lahendus.

Asendame väärtuse:

Jõudis ebakindluseni. Lahendusmeetodi valimiseks vaatame määramatuste tabelit ja proovime avaldist lihtsustada. Kuna nii lugeja kui ka nimetaja kaovad x=1 juures, siis kui neid avaldisi saab vähendada (x-1) ja määramatus kaob.

Faktoriseerime lugeja:

Faktoriseerime nimetaja:

Meie limiit on kujul:

Pärast ümberkujundamist selgus ebakindlus.

Vastus:

Mõelge võimsusavaldiste lõpmatuse piiridele. Kui eksponentsiaalse avaldise eksponendid on positiivsed, siis on lõpmatuse piir lõpmatu. Pealegi on põhiväärtusel kõige suurem aste, ülejäänu võib ära visata.

Näide.

Näide.

Kui piirmärgi all olev avaldis on murdosa ja nii lugeja kui ka nimetaja on astmeavaldised (m on lugeja aste ja n on nimetaja aste), siis kui vormi lõpmatus on ebamäärases antud juhul lõpmatuse järgi ilmneb ebakindlus jagamine ja lugeja ja nimetaja poolt

Näide.

Arvuta limiit