• Dom
  •  > 
  • Dizajner
  •  > 
  • Druga izuzetna granica. Prva izuzetna granica: primjeri pronalaženja, problemi i detaljna rješenja Prva izuzetna granica ima oblik

Druga izuzetna granica. Prva izuzetna granica: primjeri pronalaženja, problemi i detaljna rješenja Prva izuzetna granica ima oblik

Prva divna granica.

Izvođenje prve izuzetne granice interesantno je sa stanovišta primjene teorije granica, te vam je stoga nudimo praktično u cijelosti.

Razmotrite ponašanje funkcije
at
. Da biste to učinili, razmotrite krug radijusa 1; centralni ugao MOB-a označimo kao X, pri čemu
.

Zatim jasno područje DMOA< площадь сектора МОА < площадьDСОА (см. рис. 1).

S D MOA =

S MOA =
=
S D C OA =

Vraćajući se na pomenutu nejednakost i udvostručavajući je, dobijamo:

grijeh x < x < tg x.

Nakon termina podjela na grijeh x:
ili

Ukoliko
, zatim varijabla je između dvije veličine koje imaju istu granicu, tj. , na osnovu teoreme o granici međufunkcije iz prethodnog paragrafa, imamo:

-prva divna granica .

Primjer. Izračunajte granice funkcija koristeći prvu izvanrednu granicu:




Odgovori. 1) 1, 2) 0, 3)

vježba: Izračunajte granicu funkcije koristeći prvu izvanrednu granicu:

Odgovor: -2.

Druga izuzetna granica.

Da bismo izveli drugu izuzetnu granicu, uvodimo definiciju broja e:

Definicija. Varijabilna granica
at
se zove broje :

- Druga divna granica

Broj e je iracionalan broj. Njegova vrijednost sa deset tačnih decimalnih mjesta obično se zaokružuje na jednu tačnu decimalu:

e\u003d 2,7182818284 ... "2.7.

Teorema. Funkcija
atX , teži beskonačnosti, teži granicie :

Primjer. Izračunajte granice funkcija:


Odluka.

    Prema svojstvima granica, granica stepena je jednaka stepenu granice, tj.:


Štaviše, na sličan način se to može dokazati


Odgovori. 1)e 3 , 2)e 2 , 3)e 4 .

Vježba. Izračunajte granicu funkcije koristeći drugu divnu granicu:

____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

O odgovor: e -5

Kontinuitet funkcije Kontinuitet funkcije u tački

Definicija. Funkcijaf ( x ), x Î ( a ; b ) x o Î ( a ; b ), ako je granica funkcijef ( x ) u tačkiX o postoji i jednaka je vrijednosti funkcije u toj tački:

.

Prema ovoj definiciji, kontinuitet funkcije f(x) u tački X o znači da su ispunjeni sljedeći uslovi:

    funkcija f(x) mora biti definisan u tački X o ;

    funkcija f(x) mora postojati granica u tački X o ;

    ograničenje funkcije f(x) u tački X o mora odgovarati vrijednosti funkcije u toj tački.

Primjer.

Funkcija f(x) = x 2 definiran je na cijeloj brojevnoj pravoj i kontinuiran je u tački X= 1 jer f( 1) = 1 i

Kontinuitet funkcije na skupu

Definicija. Funkcijaf(x), naziva se kontinuiranim na intervalu(a;b), ako je kontinuiran u svakoj tački ovog intervala.

Ako je funkcija u nekoj tački kontinuirana, tada se ta tačka naziva tačka kontinuiteta date funkcije. U slučajevima kada granica funkcije u datoj tački ne postoji ili se njena vrijednost ne poklapa s vrijednošću funkcije u datoj tački, tada se funkcija u ovoj tački naziva diskontinuirana, a sama tačka diskontinuitetom. tačka funkcije f(x).

Svojstva kontinuiranih funkcija.

1) Zbir konačnog broja funkcija kontinuiranih u tački a,

2) Proizvod konačnog broja funkcija kontinuiranih u tački a, je funkcija kontinuirana u ovoj tački.

3) Omjer konačnog broja funkcija kontinuiranih u tački a, postoji funkcija koja je kontinuirana u ovoj tački ako je vrijednost funkcije u nazivniku različita od nule u tački a.

Primjer.

    Funkcija f(x) = x P, gdje n Î N, je kontinuiran na cijeloj brojevnoj pravoj. Ova činjenica se može dokazati korištenjem svojstva 2 i kontinuiteta funkcije f(x) = x.

    Funkcija f(x) = sax P (sa je konstanta) kontinuirano je na cijeloj realnoj liniji, na osnovu svojstva 2 i primjera 1.

Teorema 1. Polinom je funkcija koja je neprekidna na cijeloj brojevnoj pravoj.

Teorema 2 . Svaka frakciona racionalna funkcija je kontinuirana u svakoj tački svog domena definicije.

Primjer.


Definicija Funkcijaf ( x ) se naziva kontinuirano u tačkix = a , ako je u ovom trenutku njegov prirast
teži nuli kada je inkrement argumenta
teži nuli, ili inače: funkcijaf (X) se naziva kontinuirano u tačkix = a , ako u ovom trenutku beskonačno malo povećanje argumenta odgovara beskonačno malom inkrementu funkcije, tj.

Prva izuzetna granica izgleda ovako: lim x → 0 sin x x = 1 .

U praktičnim primjerima često se susreću modifikacije prve značajne granice: lim x → 0 sin k · x k · x = 1 , gdje je k neki koeficijent.

Objasnimo: lim x → 0 sin (k x) k x = prazno t = k x i iz x → 0 slijedi t → 0 = lim t → 0 sin (t) t = 1 .

Posljedice prve izuzetne granice:

  1. lim x → 0 x sin x = lim x → 0 = 1 sin x x = 1 1 = 1
  1. lim x → 0 k x sin k x = lim x → 0 1 sin (k x) k x = 1 1 = 1

Ove posljedice je prilično lako dokazati primjenom L'Hospitalovog pravila ili promjenom infinitezimalnih funkcija.

Razmotrimo neke probleme nalaženja granice u odnosu na prvu izvanrednu granicu; Dajemo detaljan opis rješenja.

Primjer 1

Potrebno je odrediti granicu bez korištenja L'Hopitalovog pravila: lim x → 0 sin (3 x) 2 x .

Odluka

Zamijenite vrijednost:

lim x → 0 sin (3 x) 2 x = 0 0

Vidimo da postoji nesigurnost oko nule podijeljene nulom. Pogledajte tabelu nesigurnosti da navedete metodu rješenja. Kombinacija sinusa i njegovog argumenta daje nam nagoveštaj o upotrebi prve divne granice, ali prvo hajde da transformišemo izraz. Pomnožimo brojilac i imenilac razlomka sa 3 x i dobijemo:

lim x → 0 sin (3 x) 2 x = 0 0 = lim x → 0 3 x sin (3 x) 3 x (2 x) = lim x → 0 sin (3 x) 3 x 3 x 2 x = = lim x → 0 3 2 sin (3 x) 3 x

Na osnovu posledica prvog značajnog ograničenja, imamo: lim x → 0 sin (3 x) 3 x = 1 .

Tada dolazimo do rezultata:

lim x → 0 3 2 sin (3 x) 3 x = 3 2 1 = 3 2

odgovor: lim x → 0 sin (3 x) 3 x = 3 2 .

Primjer 2

Potrebno je pronaći granicu lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 .

Odluka

Zamijenite vrijednosti i dobijete:

lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 = 1 - cos (2 0) 3 0 2 = 1 - 1 0 = 0 0

Vidimo nesigurnost nule podijeljene sa nulom. Pretvorimo brojilac koristeći trigonometrijske formule:

lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 = 0 0 = lim x → 0 2 sin 2 (x) 3 x 2

Vidimo da je sada moguće primijeniti prvo značajno ograničenje ovdje:

lim x → 0 2 sin 2 (x) 3 x 2 = lim x → 0 2 3 sin x x sin x x = 2 3 1 1 = 2 3

odgovor: lim x → 0 1 - cos (2 x) 3 x 2 = 2 3 .

Primjer 3

Potrebno je izračunati granicu lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x .

Odluka

Zamijenite vrijednost:

lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x = a r c sin (4 0) 3 0 = 0 0

Vidimo nesigurnost dijeljenja nule sa nulom. Zamenimo:

a r c sin (4 x) = t ⇒ sin (a r c sin (4 x)) = sin (t) 4 x = sin (t) ⇒ x = 1 4 sin (t) lim x → 0 (a r c sin (4 x) ) \u003d a r c sin (4 0) = 0, zatim t → 0 kao x → 0.

U ovom slučaju, nakon promjene varijable, granica poprima oblik:

lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x = 0 0 = lim t → 0 t 3 1 4 sin (t) = = lim t → 0 4 3 t sin t = 4 3 1 = 4 3

odgovor: lim x → 0 a r c sin (4 x) 3 x = 4 3 .

Za potpunije razumijevanje materijala članka potrebno je ponoviti materijal teme „Granice, osnovne definicije, primjeri pronalaženja, zadaci i rješenja“.

Ako primijetite grešku u tekstu, označite je i pritisnite Ctrl+Enter

Obično je druga izuzetna granica napisana u sljedećem obliku:

\begin(jednačina) \lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(x)\desno)^x=e\end(jednačina)

Broj $e$ naveden na desnoj strani jednakosti (1) je iracionalan. Približna vrijednost ovog broja je: $e\approx(2(,)718281828459045)$. Ako izvršimo zamjenu $t=\frac(1)(x)$, tada se formula (1) može prepisati u sljedećem obliku:

\begin(jednačina) \lim_(t\to(0))\biggl(1+t\biggr)^(\frac(1)(t))=e\end(jednačina)

Što se tiče prvog izuzetnog ograničenja, nije bitno koji izraz se koristi umjesto varijable $x$ u formuli (1) ili umjesto varijable $t$ u formuli (2). Glavna stvar je ispunjenje dva uslova:

  1. Osnova stepena (tj. izraz u zagradama formula (1) i (2)) mora težiti jedan;
  2. Eksponent (tj. $x$ u formuli (1) ili $\frac(1)(t)$ u formuli (2)) mora težiti beskonačnosti.

Kaže se da druga izvanredna granica otkriva neodređenost $1^\infty$. Imajte na umu da u formuli (1) ne preciziramo o kojoj vrsti beskonačnosti ($+\infty$ ili $-\infty$) je riječ. U svakom od ovih slučajeva, formula (1) je tačna. U formuli (2), varijabla $t$ može težiti nuli i slijeva i s desna.

Napominjem da postoji i nekoliko korisnih posljedica druge izvanredne granice. Primeri upotrebe druge izuzetne granice, kao i posledice iste, veoma su popularni kod kompajlera standardnih standardnih proračuna i testova.

Primjer #1

Izračunajte granicu $\lim_(x\to\infty)\left(\frac(3x+1)(3x-5)\right)^(4x+7)$.

Odmah primjećujemo da osnova stepena (tj. $\frac(3x+1)(3x-5)$) teži jedan:

$$ \lim_(x\to\infty)\frac(3x+1)(3x-5)=\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(3+\frac(1)(x))(3-\frac(5)(x)) =\frac(3+0)(3-0) = jedan. $$

U ovom slučaju, eksponent (izraz $4x+7$) teži beskonačnosti, tj. $\lim_(x\to\infty)(4x+7)=\infty$.

Osnova stepena teži jedan, eksponent teži beskonačnosti, tj. imamo posla sa nesigurnošću od $1^\infty$. Primijenimo formulu da otkrijemo ovu neizvjesnost. Izraz $1+\frac(1)(x)$ nalazi se u osnovi stepena formule, au našem primjeru baza stepena je sljedeća: $\frac(3x+1)(3x-5 )$. Stoga je prvi korak formalno prilagođavanje izraza $\frac(3x+1)(3x-5)$ na $1+\frac(1)(x)$. Počnimo sa dodavanjem i oduzimanjem jednog:

$$ \lim_(x\to\infty)\left(\frac(3x+1)(3x-5)\desno)^(4x+7) =|1^\infty| =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(3x+1)(3x-5)-1\desno)^(4x+7) $$

Treba napomenuti da je nemoguće jednostavno dodati jedinicu. Ako smo primorani da dodamo jedinicu, onda se i ona mora oduzeti kako se ne bi promijenila vrijednost cijelog izraza. Da bismo nastavili sa rješenjem, uzimamo to u obzir

$$ \frac(3x+1)(3x-5)-1 =\frac(3x+1)(3x-5)-\frac(3x-5)(3x-5) =\frac(3x+1- 3x+5)(3x-5)=\frac(6)(3x-5). $$

Pošto je $\frac(3x+1)(3x-5)-1=\frac(6)(3x-5)$, onda:

$$ \lim_(x\to\infty)\left(1+ \frac(3x+1)(3x-5)-1\desno)^(4x+7) =\lim_(x\to\infty)\ lijevo(1+\frac(6)(3x-5)\desno)^(4x+7) $$

Nastavimo sa prilagođavanjem. U izrazu $1+\frac(1)(x)$ formule, brojilac razlomka je 1, au našem izrazu $1+\frac(6)(3x-5)$ brojilac je $6$. Da dobijete $1$ u brojiocu, ispustite $6$ u nazivnik koristeći sljedeću transformaciju:

$$ 1+\frac(6)(3x-5) =1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6)) $$

dakle,

$$ \lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(6)(3x-5)\desno)^(4x+7) =\lim_(x\to\infty)\left(1+ \frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(4x+7) $$

Dakle, osnova stepena, tj. $1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))$, prilagođeno da odgovara $1+\frac(1)(x)$ potrebnom u formuli . Sada počnimo raditi sa eksponentom. Imajte na umu da su u formuli izrazi u eksponentima i u nazivniku isti:

To znači da u našem primjeru eksponent i nazivnik moraju biti dovedeni u isti oblik. Da biste dobili izraz $\frac(3x-5)(6)$ u eksponentu, jednostavno pomnožite eksponent ovim razlomkom. Naravno, da biste nadoknadili takvo množenje, morat ćete odmah pomnožiti sa recipročnim, tj. do $\frac(6)(3x-5)$. Dakle, imamo:

$$ \lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(4x+7) =\lim_(x\to\ infty)\left(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(\frac(3x-5)(6)\cdot\frac(6)(3x-5 )\cdot(4x+7)) =\lim_(x\to\infty)\left(\left(1+\frac(1)(\frac(3x-5)(6))\right)^(\ frac(3x-5)(6))\right)^(\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5)) $$

Odvojeno, razmotrite granicu razlomka $\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5)$ koji se nalazi u stepenu:

$$ \lim_(x\to\infty)\frac(6\cdot(4x+7))(3x-5) =\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(6\cdot\left(4+\frac(7)(x)\right))(3-\frac(5)(x)) =6\cdot\ frac(4)(3)=8. $$

Odgovori: $\lim_(x\to(0))\biggl(\cos(2x)\biggr)^(\frac(1)(\sin^2(3x)))=e^(-\frac(2) (9))$.

Primjer #4

Pronađite granicu $\lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)$.

Pošto za $x>0$ imamo $\ln(x+1)-\ln(x)=\ln\left(\frac(x+1)(x)\right)$, onda:

$$ \lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\desno) =\lim_(x\to+\infty)\left(x\cdot\ln\ lijevo(\frac(x+1)(x)\desno)\desno) $$

Proširujući razlomak $\frac(x+1)(x)$ u zbir razlomaka $\frac(x+1)(x)=1+\frac(1)(x)$ dobijamo:

$$ \lim_(x\to+\infty)\left(x\cdot\ln\left(\frac(x+1)(x)\desno)\desno) =\lim_(x\to+\infty)\left (x\cdot\ln\left(1+\frac(1)(x)\desno)\desno) =\lim_(x\to+\infty)\left(\ln\left(\frac(x+1) (x)\desno)^x\desno) =\ln(e) =1. $$

Odgovori: $\lim_(x\to+\infty)x\left(\ln(x+1)-\ln(x)\right)=1$.

Primjer #5

Pronađite granicu $\lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))$.

Pošto je $\lim_(x\to(2))(3x-5)=6-5=1$ i $\lim_(x\to(2))\frac(2x)(x^2-4)= \ infty$, onda imamo posla sa neodređenošću oblika $1^\infty$. Detaljna objašnjenja su data u primjeru br. 2, ali se ovdje ograničavamo na kratko rješenje. Izvođenjem zamjene $t=x-2$, dobijamo:

$$ \lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4)) =\left|\begin(poravnano)&t=x-2 ;\;x=t+2\\&t\to(0)\end(aligned)\right| =\lim_(t\to(0))\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(2t+4)(t^2+4t))=\\ =\lim_(t\to(0) )\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t)\cdot 3t\cdot\frac(2t+4)(t^2+4t)) =\lim_(t\to(0) )\left(\biggl(1+3t\biggr)^(\frac(1)(3t))\right)^(\frac(6\cdot(t+2))(t+4)) =e^ 3. $$

Ovaj primjer možete riješiti na drugačiji način, koristeći zamjenu: $t=\frac(1)(x-2)$. Naravno, odgovor će biti isti:

$$ \lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4)) =\left|\begin(aligned)&t=\frac( 1)(x-2);\;x=\frac(2t+1)(t)\\&t\to\infty\end(poravnano)\desno| =\lim_(t\to\infty)\left(1+\frac(3)(t)\right)^(t\cdot\frac(4t+2)(4t+1))=\\ =\lim_ (t\do\infty)\left(1+\frac(1)(\frac(t)(3))\right)^(\frac(t)(3)\cdot\frac(3)(t) \cdot\frac(t\cdot(4t+2))(4t+1)) =\lim_(t\to\infty)\left(\left(1+\frac(1)(\frac(t)( 3))\desno)^(\frac(t)(3))\desno)^(\frac(6\cdot(2t+1))(4t+1)) =e^3. $$

Odgovori: $\lim_(x\to(2))\biggl(3x-5\biggr)^(\frac(2x)(x^2-4))=e^3$.

Primjer #6

Pronađite granicu $\lim_(x\to\infty)\left(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\right)^(3x) $.

Hajde da saznamo čemu teži izraz $\frac(2x^2+3)(2x^2-4)$ pod uslovom $x\to\infty$:

$$ \lim_(x\to\infty)\frac(2x^2+3)(2x^2-4) =\left|\frac(\infty)(\infty)\right| =\lim_(x\to\infty)\frac(2+\frac(3)(x^2))(2-\frac(4)(x^2)) =\frac(2+0)(2 -0)=1. $$

Dakle, u datoj granici imamo posla sa neodređenošću oblika $1^\infty$, koju ćemo otkriti koristeći drugu izuzetnu granicu:

$$ \lim_(x\to\infty)\left(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\desno)^(3x) =|1^\infty| =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(2x^2+3)(2x^2-4)-1\desno)^(3x)=\\ =\lim_(x\to \infty)\left(1+\frac(7)(2x^2-4)\right)^(3x) =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac (2x^2-4)(7))\desno)^(3x)=\\ =\lim_(x\to\infty)\left(1+\frac(1)(\frac(2x^2-4) )(7))\desno)^(\frac(2x^2-4)(7)\cdot\frac(7)(2x^2-4)\cdot 3x) =\lim_(x\to\infty) \left(\left(1+\frac(1)(\frac(2x^2-4)(7))\right)^(\frac(2x^2-4)(7))\right)^( \frac(21x)(2x^2-4)) =e^0 =1. $$

Odgovori: $\lim_(x\to\infty)\left(\frac(2x^2+3)(2x^2-4)\right)^(3x)=1$.

Ovaj članak: "Druga izuzetna granica" posvećen je otkrivanju nesigurnosti vrste:

$ \bigg[\frac(\infty)(\infty)\bigg]^\infty $ i $ ^\infty $.

Također, takve nesigurnosti se mogu otkriti korištenjem logaritma funkcije eksponencijalne snage, ali ovo je još jedna metoda rješenja koja će biti obrađena u drugom članku.

Formula i posljedice

Formula drugo značajno ograničenje je napisano na sljedeći način: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1+\frac(1)(x)\bigg)^x = e, \text( gdje ) e \približno 2.718 $ $

Iz formule slijedi posljedice, koji su vrlo zgodni za rješavanje primjera s ograničenjima: $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(k)(x) \bigg)^x = e^k, \text( gdje je ) k \in \mathbb(R) $$ $$ \lim_(x \to \infty) \bigg (1 + \frac(1)(f(x)) \bigg)^(f(x)) = e $ $ $$ \lim_(x \to 0) \bigg (1 + x \bigg)^\frac(1)(x) = e $$

Treba napomenuti da se druga izvanredna granica ne može uvijek primijeniti na funkciju eksponencijalne snage, već samo u slučajevima kada baza teži jedinstvu. Da biste to učinili, prvo izračunajte granicu baze u umu, a zatim izvucite zaključke. O svemu će se to govoriti u primjerima rješenja.

Primjeri rješenja

Razmotrimo primjere rješenja koristeći direktnu formulu i njene posljedice. Također ćemo analizirati slučajeve u kojima formula nije potrebna. Dovoljno je napisati samo gotov odgovor.

Primjer 1
Pronađite ograničenje $ \lim_(x\to\infty) \bigg(\frac(x+4)(x+3) \bigg)^(x+3) $
Odluka

Zamjena beskonačnosti u granicu i gledanje na nesigurnost: $$ \lim_(x\to\infty) \bigg(\frac(x+4)(x+3) \bigg)^(x+3) = \bigg( \frac (\infty)(\infty)\bigg)^\infty $$

Pronađite granicu baze: $$ \lim_(x\to\infty) \frac(x+4)(x+3)= \lim_(x\to\infty) \frac(x(1+\frac( 4)( x)))(x(1+\frac(3)(x))) = 1 $$

Dobili smo bazu jednaku jedan, što znači da već možete primijeniti drugu divnu granicu. Da bismo to učinili, uklopit ćemo osnovu funkcije u formulu oduzimanjem i dodavanjem jednog:

$$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(x+4)(x+3) - 1 \bigg)^(x+3) = \lim_(x\to\infty) \ bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = $$

Gledamo drugu posljedicu i zapisujemo odgovor:

$$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = e $$

Ako ne možete riješiti svoj problem, pošaljite nam ga. Mi ćemo dati detaljno rješenje. Moći ćete se upoznati s napretkom proračuna i prikupiti informacije. Ovo će vam pomoći da blagovremeno dobijete kredit od nastavnika!
Odgovori
$$ \lim_(x\to\infty) \bigg(1 + \frac(1)(x+3) \bigg)^(x+3) = e $$
Primjer 4
Riješite ograničenje $ \lim_(x\to \infty) \bigg (\frac(3x^2+4)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) $
Odluka

Pronalazimo granicu baze i vidimo da je $ \lim_(x\to\infty) \frac(3x^2+4)(3x^2-2) = 1 $, tako da možemo primijeniti drugu divnu granicu. Standardno, prema planu, dodajemo i oduzimamo jedan od osnove stepena:

$$ \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(3x^2+4)(3x^2-2)-1 \bigg) ^(3x) = \lim_(x\to \infty) ) \bigg (1+\frac(6)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) = $$

Podešavamo razlomak prema formuli 2. napomene. granica:

$$ = \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(1)(\frac(3x^2-2)(6)) \bigg) ^(3x) = $$

Sada podesite stepen. Eksponent mora sadržavati razlomak jednak nazivniku baze $ \frac(3x^2-2)(6) $. Da biste to učinili, pomnožite i podijelite stepen s njim i nastavite rješavati:

$$ = \lim_(x\to \infty) \bigg (1+\frac(1)(\frac(3x^2-2)(6)) \bigg) ^(\frac(3x^2-2) (6) \cdot \frac(6)(3x^2-2)\cdot 3x) = \lim_(x\to \infty) e^(\frac(18x)(3x^2-2)) = $$

Granica koja se nalazi u potenciji na $ e $ je: $ \lim_(x\to \infty) \frac(18x)(3x^2-2) = 0 $. Dakle, nastavljajući sa rješenjem imamo:
Odgovori
$$ \lim_(x\to \infty) \bigg (\frac(3x^2+4)(3x^2-2) \bigg) ^(3x) = 1 $$

Analizirajmo slučajeve kada je problem sličan drugoj značajnoj granici, ali je riješen bez nje.

U članku: “Druga izuzetna granica: primjeri rješenja” analizirana je formula, date su njene posljedice i česti tipovi problema na ovu temu.

Postoji nekoliko divnih granica, ali najpoznatije su prva i druga divna granica. Izvanredna stvar u vezi sa ovim ograničenjima je da se široko koriste i da se mogu koristiti za pronalaženje drugih ograničenja na koja se susreću u brojnim problemima. To je ono što ćemo raditi u praktičnom dijelu ove lekcije. Da bismo riješili probleme svođenjem na prvu ili drugu izuzetnu granicu, nije potrebno otkrivati ​​nesigurnosti sadržane u njima, budući da su vrijednosti ovih granica odavno zaključili veliki matematičari.

Prva izuzetna granica naziva se granica omjera sinusa beskonačno malog luka i istog luka, izražena u radijanskoj mjeri:

Pređimo na rješavanje problema na prvoj izuzetnoj granici. Napomena: ako je trigonometrijska funkcija ispod graničnog znaka, to je gotovo siguran znak da se ovaj izraz može svesti na prvu izvanrednu granicu.

Primjer 1 Pronađite granicu.

Odluka. Umjesto toga x nula dovodi do neizvjesnosti:

.

Imenilac je sinus, stoga se izraz može svesti na prvu izuzetnu granicu. Započnimo transformaciju:

.

U nazivniku - sinus od tri x, au brojniku je samo jedan x, što znači da trebate dobiti tri x u brojiocu. Za što? Predstaviti 3 x = a i dobiti izraz.

I dolazimo do varijacije prve izvanredne granice:

jer nije bitno koje je slovo (varijabla) u ovoj formuli umjesto x.

Pomnožimo x sa tri i odmah podijelimo:

.

U skladu sa navedenom prvom značajnom granicom, zamjenjujemo frakcijski izraz:

Sada konačno možemo riješiti ovu granicu:

.

Primjer 2 Pronađite granicu.

Odluka. Direktna zamjena opet dovodi do nesigurnosti "nulte podjele na nulu":

.

Da bismo dobili prvu izuzetnu granicu, potrebno je da x ispod predznaka sinusa u brojiocu i samo x u nazivniku budu sa istim koeficijentom. Neka je ovaj koeficijent jednak 2. Da bismo to uradili, zamislimo trenutni koeficijent na x kao ispod, izvodeći radnje sa razlomcima, dobijamo:

.

Primjer 3 Pronađite granicu.

Odluka. Prilikom zamjene, opet dobivamo nesigurnost "nula podijeljena sa nulom":

.

Vjerovatno već razumijete da iz originalnog izraza možete dobiti prvu divnu granicu pomnoženu s prvom divnom granicom. Da bismo to učinili, razlažemo kvadrate x u brojiocu i sinus u nazivniku na iste faktore, a da bismo dobili iste koeficijente za x i sinus, podijelimo x u brojiocu sa 3 i odmah pomnožimo sa 3. Dobijamo:

.

Primjer 4 Pronađite granicu.

Odluka. Opet dobijamo nesigurnost "nula podeljena sa nulom":

.

Možemo dobiti omjer prve dvije izvanredne granice. Podijelimo i brojilac i imenilac sa x. Zatim, da bi se koeficijenti na sinusima i na x poklopili, gornji x pomnožimo sa 2 i odmah podijelimo sa 2, a donji x pomnožimo sa 3 i odmah podijelimo sa 3. Dobijamo:

Primjer 5 Pronađite granicu.

Odluka. I opet, nesigurnost "nula podijeljena sa nulom":

Iz trigonometrije se sjećamo da je tangenta omjer sinusa i kosinusa, a kosinus nule jednak je jedan. Vršimo transformacije i dobijamo:

.

Primjer 6 Pronađite granicu.

Odluka. Trigonometrijska funkcija pod znakom granice opet sugerira ideju o primjeni prve izvanredne granice. Predstavljamo ga kao omjer sinusa i kosinusa.