Piiriteooria on üks matemaatilise analüüsi harusid. Limiidi lahendamise küsimus on üsna ulatuslik, kuna erinevat tüüpi limiitide lahendamiseks on kümneid meetodeid. Seal on kümneid nüansse ja nippe, mis võimaldavad teil seda või teist piiri lahendada. Sellegipoolest püüame siiski mõista peamisi piirangute liike, mida praktikas kõige sagedamini kohtab.
Alustame piiri kontseptsioonist. Aga kõigepealt lühike ajalooline taust. 19. sajandil elas prantslane Augustin Louis Cauchy, kes pani aluse matemaatilisele analüüsile ja andis ranged määratlused, eelkõige piiri määratluse. Peab ütlema, et see sama Cauchy oli, on ja jääb kõigi füüsika- ja matemaatikaosakonna üliõpilaste õudusunenägudesse, kuna ta tõestas tohutul hulgal matemaatilise analüüsi teoreeme ja iga teoreem on teisest vastikum. Sellega seoses ei käsitle me piiri ranget määratlust, vaid proovime teha kahte asja:
1. Saage aru, mis on piir.
2. Õppige lahendama piirangute põhitüüpe.
Vabandan mõningate ebateaduslike selgituste pärast, oluline on, et materjal oleks arusaadav ka teekannule, mis tegelikult ongi projekti ülesanne.
Mis on siis piir?
Ja lihtsalt näide sellest, miks karvas vanaemale....
Iga piirang koosneb kolmest osast:
1) Tuntud piiranguikoon.
2) Kirjed piiranguikooni all, antud juhul . Kirje kõlab "X kaldub ühele". Kõige sagedamini - täpselt, kuigi praktikas on X-i asemel muid muutujaid. Praktilistes ülesannetes võib ühe koht olla absoluutselt suvaline arv, aga ka lõpmatus ().
3) Funktsioonid piirmärgi all, antud juhul .
Kirje ise kõlab järgmiselt: "funktsiooni piir kui x kaldub ühtsusele."
Vaatame järgmist olulist küsimust – mida tähendab väljend “x”? pingutabühele"? Ja mida üldse tähendab "püüdlema"?
Piiri mõiste on nii-öelda mõiste, dünaamiline. Koostame jada: kõigepealt , siis , , …, 
, ….
See tähendab, et väljend "x pingutabühele” tuleks mõista järgmiselt: “x” võtab järjekindlalt väärtused mis lähenevad ühtsusele lõpmatult lähedased ja kattuvad sellega praktiliselt.
Kuidas ülaltoodud näidet lahendada? Ülaltoodust lähtuvalt tuleb piirmärgi all olevasse funktsiooni lihtsalt asendada üks:
Niisiis, esimene reegel: Kui antakse mingi piirang, proovime esmalt lihtsalt numbri funktsiooniga ühendada.
Oleme arvestanud kõige lihtsama piiriga, kuid neid tuleb ette ka praktikas ja mitte nii harva!
Näide lõpmatusega:
Mõtleme välja, mis see on? Seda juhul, kui see suureneb piiramatult, see tähendab: kõigepealt, siis, siis, siis ja nii edasi lõpmatuseni.
Mis juhtub funktsiooniga sel ajal?
, , 
, …
Seega: kui , siis funktsioon kipub miinus lõpmatusse:
Jämedalt öeldes asendame meie esimese reegli kohaselt funktsiooniga "X" asemel lõpmatuse ja saame vastuse.
Teine näide lõpmatusega:
Jälle hakkame suurenema lõpmatuseni ja vaatame funktsiooni käitumist: 
Järeldus: kui funktsioon suureneb piiramatult:
Ja veel üks näidete seeria:
Proovige enda jaoks mõtteliselt analüüsida järgmist ja pidage meeles lihtsamaid piiranguid:
, , , , 
, , , , 
,
Kui teil on kuskil kahtlusi, võite võtta kalkulaatori ja veidi harjutada.
Kui , proovige konstrueerida jada , , . Kui siis , , .
Märkus: rangelt võttes on selline lähenemine mitmest arvust koosnevate jadade koostamisel vale, kuid kõige lihtsamate näidete mõistmiseks on see üsna sobiv.
Pöörake tähelepanu ka järgmisele. Isegi kui limiit on antud suure numbriga ülaosas või isegi miljoniga: , siis on kõik sama 
, kuna varem või hiljem omandab “X” nii hiiglaslikud väärtused, et miljon on nendega võrreldes tõeline mikroob.
Mida peate ülaltoodust meeles pidama ja mõistma?
1) Kui on antud mingi piir, proovime esmalt lihtsalt funktsiooni asendada numbriga.
2) Peate mõistma ja kohe lahendama kõige lihtsamad piirid, nagu , jne.
Nüüd vaatleme piiride rühma, kui , ja funktsioon on murd, mille lugeja ja nimetaja sisaldavad polünoome
Näide:
Arvutage limiit 
Meie reegli kohaselt proovime funktsiooni asendada lõpmatusega. Mida me tipus saame? Lõpmatus. Ja mis toimub allpool? Samuti lõpmatus. Seega on meil nn liigimääramatus. Võib arvata, et , ja vastus on valmis, kuid üldiselt pole see sugugi nii ja vaja on rakendada mõnda lahendustehnikat, mida me nüüd kaalume.
Kuidas seda tüüpi piiranguid lahendada?
Kõigepealt vaatame lugejat ja leiame suurima võimsuse: 
Lugeja juhtiv jõud on kaks.
Nüüd vaatame nimetajat ja leiame selle ka suurima astmeni: 
Nimetaja kõrgeim aste on kaks.
Seejärel valime lugeja ja nimetaja suurima astme: selles näites on need samad ja võrdsed kahega.
Seega on lahendusmeetod järgmine: määramatuse paljastamiseks on vaja lugeja ja nimetaja jagada suurima astmega.
Siin see on, vastus ja mitte lõpmatus.
Mis on otsuse kujundamisel põhimõtteliselt oluline?
Esiteks osutame ebakindlusele, kui seda on.
Teiseks on soovitatav vahepealsete selgituste jaoks lahendus katkestada. Tavaliselt kasutan märki, sellel pole matemaatilist tähendust, vaid tähendab, et lahendus katkestatakse vahepealseks selgituseks.
Kolmandaks on limiidis soovitav märkida, mis kuhu läheb. Kui töö on käsitsi koostatud, on seda mugavam teha järgmiselt: 
Märkmete tegemiseks on parem kasutada lihtsat pliiatsit.
Loomulikult ei pea te seda tegema, kuid võib-olla juhib õpetaja lahenduse puudustele või hakkab ülesande kohta lisaküsimusi esitama. Kas sul on seda vaja?
Näide 2
Leia piir 
Jällegi leiame lugejas ja nimetajas kõrgeimas astmes: 
Lugeja maksimaalne aste: 3
Maksimaalne aste nimetajas: 4
Vali suurim väärtus, antud juhul neli.
Vastavalt meie algoritmile jagame määramatuse paljastamiseks lugeja ja nimetaja .
Täielik ülesanne võib välja näha järgmine:
Jagage lugeja ja nimetaja arvuga
Näide 3
Leia piir 
“X” maksimaalne aste lugejas: 2
Maksimaalne X aste nimetajas: 1 (saab kirjutada kui)
Määramatuse paljastamiseks on vaja lugeja ja nimetaja jagada . Lõplik lahendus võib välja näha selline:
Jagage lugeja ja nimetaja arvuga
Märkimine ei tähenda nulliga jagamist (nulliga jagada ei saa), vaid lõpmatu väikese arvuga jagamist.
Seega, kui avastame liikide ebakindluse, saame seda teha lõplik number, null või lõpmatus.
Piirid koos tüübi määramatusega ja nende lahendamise meetodiga
Järgmine piiride rühm sarnaneb mõneti äsja vaadeldud piiridega: lugeja ja nimetaja sisaldavad polünoome, kuid “x” ei kipu enam lõpmatusse, vaid lõplik arv.
Näide 4
Lahenda limiit 
Esmalt proovime asendada murdosaga -1: 
Sel juhul saadakse nn määramatus.
Üldreegel: kui lugeja ja nimetaja sisaldavad polünoome ja vormis on ebakindlus, siis tuleb see avaldada peate arvestama lugeja ja nimetaja.
Selleks tuleb enamasti lahendada ruutvõrrand ja/või kasutada lühendatud korrutusvalemeid. Kui need asjad on ununenud, siis külastage lehte Matemaatilised valemid ja tabelid ja lugeda õppematerjali Kuumad valemid kooli matemaatikakursuse jaoks. Muide, kõige parem on see välja printida, seda nõutakse väga sageli ja teave imendub paberilt paremini.
Niisiis, lahendame oma piirangu 
Korrigeerige lugeja ja nimetaja
Lugeja faktoristamiseks peate lahendama ruutvõrrandi: 
Kõigepealt leiame diskriminandi:
Ja selle ruutjuur: .
Kui diskriminant on suur, näiteks 361, kasutame kalkulaatorit, ruutjuure eraldamise funktsioon on kõige lihtsamal kalkulaatoril.
! Kui juurt ei eraldata tervikuna (saadakse komaga murdarv), on väga tõenäoline, et diskriminant arvutati valesti või oli ülesandes kirjaviga.
Järgmisena leiame juured: 
Seega:
Kõik. Lugeja on faktoriseeritud.
Nimetaja. Nimetaja on juba kõige lihtsam tegur ja seda ei saa kuidagi lihtsustada.
Ilmselt saab seda lühendada järgmiselt:
Nüüd asendame -1 avaldisega, mis jääb piirmärgi alla:
Loomulikult ei kirjeldata testis, testis või eksamil lahendust kunagi nii üksikasjalikult. Lõplikus versioonis peaks kujundus välja nägema umbes selline:
Faktoriseerime lugeja. 
Näide 5
Arvutage limiit 
Esiteks lahenduse "viimistlus" versioon
Arvutame lugeja ja nimetaja.
Lugeja:
Nimetaja: 
, 
Mis on selles näites oluline?
Esiteks peab teil olema hea arusaam sellest, kuidas lugeja ilmub. Esmalt võtsime sulgudest välja 2 ja seejärel kasutasime ruutude erinevuse valemit. See on valem, mida peate teadma ja nägema.
Esimene tähelepanuväärne piir on järgmine võrdsus:
\begin(võrrand)\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1 \end(võrrand)
Kuna $\alpha\to(0)$ jaoks on meil $\sin\alpha\to(0)$, siis öeldakse, et esimene märkimisväärne piirmäär näitab vormi $\frac(0)(0)$ ebakindlust. Üldiselt võib valemis (1) muutuja $\alpha$ asemel asetada siinusemärgi ja nimetaja alla mis tahes avaldise, kui on täidetud kaks tingimust:
- Siinusmärgi all ja nimetajas olevad avaldised kipuvad üheaegselt nulli, s.t. on vormi $\frac(0)(0)$ määramatus.
- Siinusmärgi all ja nimetajas olevad avaldised on samad.
Sageli kasutatakse ka esimese tähelepanuväärse piiri tagajärgi:
\begin(võrrand) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1 \end(võrrand) \begin(võrrand) \lim_(\alpha\to(0) )\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1 \end(võrrand) \begin(võrrand) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1 \end(võrrand)
Sellel lehel on lahendatud 11 näidet. Näide nr 1 on pühendatud valemite (2)-(4) tõestamisele. Näited nr 2, nr 3, nr 4 ja nr 5 sisaldavad lahendusi koos üksikasjalike kommentaaridega. Näited nr 6-10 sisaldavad praktiliselt ilma kommentaarideta lahendusi, sest üksikasjalikud selgitused on antud eelmistes näidetes. Lahenduses kasutatakse mõningaid trigonomeetrilisi valemeid, mida saab leida.
Lubage mul märkida, et trigonomeetriliste funktsioonide olemasolu koos määramatusega $\frac (0) (0)$ ei tähenda tingimata esimese märkimisväärse piiri rakendamist. Mõnikord piisab lihtsatest trigonomeetrilistest teisendustest – vt näiteks.
Näide nr 1
Tõesta, et $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha ) (\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$.
a) Kuna $\tg\alpha=\frac(\sin\alpha)(\cos\alpha)$, siis:
$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg(\alpha))(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin(\alpha))(\alpha\cos(\alpha)) $$
Kuna $\lim_(\alpha\to(0))\cos(0)=1$ ja $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1$ , See:
$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin(\alpha))(\alpha\cos(\alpha)) =\frac(\displaystyle\lim_(\alpha\to(0)) \frac(\sin(\alpha))(\alpha))(\displaystyle\lim_(\alpha\to(0))\cos(\alpha)) =\frac(1)(1) =1. $$
b) Teeme muudatuse $\alpha=\sin(y)$. Kuna $\sin(0)=0$, siis tingimusest $\alpha\to(0)$ on meil $y\to(0)$. Lisaks on olemas nulli naabruskond, kus $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin(y))=y$, seega:
$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(y\to(0))\frac(y)(\sin(y)) =\lim_(y\to(0))\frac(1)(\frac(\sin(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\sin(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$
Võrdsus $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1$ on tõestatud.
c) Teeme asenduseks $\alpha=\tg(y)$. Kuna $\tg(0)=0$, siis on tingimused $\alpha\to(0)$ ja $y\to(0)$ samaväärsed. Lisaks on olemas nulli naabruskond, kus $\arctg\alpha=\arctg\tg(y))=y$, seega saame punkti a) tulemuste põhjal:
$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(y\to(0))\frac(y)(\tg(y)) =\lim_(y\to(0))\frac(1)(\frac(\tg(y))( y)) =\frac(1)(\displaystyle\lim_(y\to(0))\frac(\tg(y))(y)) =\frac(1)(1) =1. $$
Võrdsus $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$ on tõestatud.
Võrdseid a), b), c) kasutatakse sageli koos esimese märkimisväärse piiriga.
Näide nr 2
Arvutage piirang $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4) (x+7))$.
Kuna $\lim_(x\to(2))\frac(x^2-4)(x+7)=\frac(2^2-4)(2+7)=0$ ja $\lim_( x \to(2))\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right)=\sin(0)=0$, st. ja nii murdu lugeja kui nimetaja kipuvad üheaegselt nulli, siis siin on tegemist määramatusega kujul $\frac(0)(0)$, s.t. tehtud. Lisaks on selge, et siinusmärgi all ja nimetajas olevad avaldised langevad kokku (st ja on täidetud):
Seega on täidetud mõlemad lehe alguses loetletud tingimused. Sellest järeldub, et valem on rakendatav, s.t. $\lim_(x\to(2)) \frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)(x+ 7 ))=1 $.
Vastus: $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)(x +7))=1 $.
Näide nr 3
Otsige üles $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)$.
Kuna $\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ ja $\lim_(x\to(0))x=0$, siis on tegemist vormi $\frac määramatusega (0)(0)$, s.o. tehtud. Siinusmärgi all ja nimetajas olevad avaldised aga ei lange kokku. Siin peate määraja avaldise soovitud kujul kohandama. Vajame, et avaldis $9x$ oleks nimetajas, siis muutub see tõeseks. Põhimõtteliselt on meil nimetajast puudu koefitsient 9 dollarit, mida pole nii raske sisestada – lihtsalt korrutage nimetajas olev avaldis 9 dollariga. Loomulikult, et kompenseerida korrutamist $9$-ga, peate kohe jagama $9$-ga:
$$ \lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x\cdot\frac(1)(9)) =9\lim_(x\to(0))\frac(\sin (9x))(9x)$$
Nüüd langevad nimetajas ja siinusmärgi all olevad avaldised kokku. Mõlemad piirangu $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)$ tingimused on täidetud. Seetõttu $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=1$. Ja see tähendab, et:
$ 9\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=9\cdot(1)=9. $$
Vastus: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=9$.
Näide nr 4
Otsige üles $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))$.
Kuna $\lim_(x\to(0))\sin(5x)=0$ ja $\lim_(x\to(0))\tg(8x)=0$, siis siin on tegemist vormi määramatusega $\frac(0)(0)$. Küll aga rikutakse esimese tähelepanuväärse piiri vormi. Lugeja, mis sisaldab väärtust $\sin(5x)$, nõuab nimetajat $5x$. Sellises olukorras on lihtsaim viis jagada lugeja $5x$-ga ja korrutada kohe $5x$-ga. Lisaks teostame sarnase toimingu nimetajaga, korrutades ja jagades $\tg(8x)$ $8x$-ga:
$$\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x)\cdot(5x))(\frac(\tg(8x))(8x)\cdot(8x) )$$
Vähendades $x$ võrra ja võttes konstanti $\frac(5)(8)$ väljaspool piirmärki, saame:
$$ \lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x)\cdot(5x))(\frac(\tg(8x))(8x)\cdot(8x )) =\frac(5)(8)\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x))(\frac(\tg(8x))( 8x)) $$
Pange tähele, et $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x)$ vastab täielikult esimese märkimisväärse limiidi nõuetele. $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(8x))(8x)$ leidmiseks on rakendatav järgmine valem:
$$ \frac(5)(8)\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(5x))(5x))(\frac(\tg(8x))(8x )) =\frac(5)(8)\cdot\frac(\displaystyle\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x))(\displaystyle\lim_(x\to (0))\frac(\tg(8x))(8x)) =\frac(5)(8)\cdot\frac(1)(1) =\frac(5)(8). $$
Vastus: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))=\frac(5)(8)$.
Näide nr 5
Otsige üles $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)$.
Kuna $\lim_(x\to(0))(\cos(5x)-\cos^3(5x))=1-1=0$ (pidage meeles, et $\cos(0)=1$) ja $\ lim_(x\to(0))x^2=0$, siis on tegemist vormi $\frac(0)(0)$ määramatusega. Esimese tähelepanuväärse piiri rakendamiseks tuleks aga lugejas koosinusest lahti saada, liikudes edasi siinustele (et seejärel valemit rakendada) või puutujatele (valemi rakendamiseks). Seda saab teha järgmise teisendusega:
$$\cos(5x)-\cos^3(5x)=\cos(5x)\cdot\left(1-\cos^2(5x)\right)$$ $$\cos(5x)-\cos ^3(5x)=\cos(5x)\cdot\left(1-\cos^2(5x)\right)=\cos(5x)\cdot\sin^2(5x).$$
Lähme tagasi piiri juurde:
$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)\cdot\sin^2(5x))(x^2) =\lim_(x\to(0))\left(\cos (5x)\cdot\frac(\sin^2(5x))(x^2)\parem) $$
Murd $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ on juba esimese tähelepanuväärse limiidi jaoks vajaliku vormi lähedal. Töötame veidi murdosaga $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$, kohandades selle esimese tähelepanuväärse piirini (pange tähele, et lugejas ja siinuse all olevad avaldised peavad ühtima):
$$\frac(\sin^2(5x))(x^2)=\frac(\sin^2(5x))(25x^2\cdot\frac(1)(25))=25\cdot\ frac(\sin^2(5x))(25x^2)=25\cdot\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2$$
Tuleme tagasi kõnealuse piiri juurde:
$$ \lim_(x\to(0))\left(\cos(5x)\cdot\frac(\sin^2(5x))(x^2)\right) =\lim_(x\to(0) ))\left(25\cos(5x)\cdot\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2\right)=\\ =25\cdot\lim_(x\to( 0))\cos(5x)\cdot\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(5x))(5x)\right)^2 =25\cdot(1)\cdot( 1^2) =25. $$
Vastus: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)=25$.
Näide nr 6
Leidke piirang $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))$.
Kuna $\lim_(x\to(0))(1-\cos(6x))=0$ ja $\lim_(x\to(0))(1-\cos(2x))=0$, siis tegemist on määramatusega $\frac(0)(0)$. Avaldagem see esimese tähelepanuväärse piiri abil. Selleks liigume koosinustelt siinustele. Kuna $1-\cos(2\alpha)=2\sin^2(\alpha)$, siis:
$$1-\cos(6x)=2\sin^2(3x);\;1-\cos(2x)=2\sin^2(x).$$
Antud limiidis siinustele üle minnes saame:
$$ \lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(2\sin^2(3x))(2\sin^2(x)) =\lim_(x\to(0))\frac(\sin^ 2(3x))(\sin^2(x))=\\ =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin^2(3x))((3x)^2)\ cdot(3x)^2)(\frac(\sin^2(x))(x^2)\cdot(x^2)) =\lim_(x\to(0))\frac(\left(\ frac(\sin(3x))(3x)\right)^2\cdot(9x^2))(\left(\frac(\sin(x))(x)\right)^2\cdot(x^ 2)) =9\cdot\frac(\displaystyle\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(3x))(3x)\right)^2)(\displaystyle\lim_(x) \to(0))\left(\frac(\sin(x))(x)\right)^2) =9\cdot\frac(1^2)(1^2) =9. $$
Vastus: $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))=9$.
Näide nr 7
Arvutage piirang $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ vastavalt $\alpha\neq \ beeta$.
Üksikasjalikud selgitused on antud varem, kuid siinkohal märgime lihtsalt, et jällegi on ebakindlus $\frac(0)(0)$. Liigume valemi abil koosinustelt siinustele
$$\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac(\alpha+\beta)(2)\cdot\sin\frac(\alpha-\beta)(2).$$
Seda valemit kasutades saame:
$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\left|\frac(0)( 0)\parem| =\lim_(x\to(0))\frac(-2\sin\frac(\alpha(x)+\beta(x))(2)\cdot\sin\frac(\alpha(x)-\ beeta(x))(2))(x^2)=\\ =-2\cdot\lim_(x\to(0))\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta) )(2)\right)\cdot\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\right))(x^2) =-2\cdot\lim_(x\to( 0))\left(\frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x)\cdot\frac(\sin\left(x\cdot\frac (\alpha-\beta)(2)\right))(x)\right)=\\ =-2\cdot\lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin\left(x) \cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2))\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\cdot\frac (\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2))\cdot\frac(\alpha- \beta)(2)\right)=\\ =-\frac((\alpha+\beta)\cdot(\alpha-\beta))(2)\lim_(x\to(0))\frac(\ sin\left(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha+\beta)(2))\cdot\lim_(x\to(0)) \frac(\sin\left(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)\right))(x\cdot\frac(\alpha-\beta)(2)) =-\frac(\ alfa^2-\beta^2)(2)\cdot(1)\cdot(1) =\frac(\beta^2-\alpha^2)(2). $$
Vastus: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\frac(\beta^2-\ alfa^2)(2)$.
Näide nr 8
Leidke piirang $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)$.
Kuna $\lim_(x\to(0))(\tg(x)-\sin(x))=0$ (pidage meeles, et $\sin(0)=\tg(0)=0$) ja $\ lim_(x\to(0))x^3=0$, siis siin on tegemist vormi $\frac(0)(0)$ määramatusega. Jaotame selle järgmiselt:
$$ \lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to(0))\frac(\frac(\sin(x))(\cos(x))-\sin(x))(x^3) =\lim_(x\to( 0))\frac(\sin(x)\cdot\left(\frac(1)(\cos(x))-1\right))(x^3) =\lim_(x\to(0)) \frac(\sin(x)\cdot\left(1-\cos(x)\right))(x^3\cdot\cos(x))=\\ =\lim_(x\to(0)) \frac(\sin(x)\cdot(2)\sin^2\frac(x)(2))(x^3\cdot\cos(x)) =\frac(1)(2)\cdot\ lim_(x\to(0))\left(\frac(\sin(x))(x)\cdot\left(\frac(\sin\frac(x)(2))(\frac(x)( 2))\right)^2\cdot\frac(1)(\cos(x))\right) =\frac(1)(2)\cdot(1)\cdot(1^2)\cdot(1 ) =\frac(1)(2). $$
Vastus: $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)=\frac(1)(2)$.
Näide nr 9
Leidke piirang $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))$.
Kuna $\lim_(x\to(3))(1-\cos(x-3))=0$ ja $\lim_(x\to(3))(x-3)\tg\frac(x - 3)(2)=0$, siis esineb kuju $\frac(0)(0)$ määramatus. Enne selle laiendamist on mugav muuta muutujat nii, et uus muutuja kaldub nulli (pange tähele, et valemites on muutuja $\alpha \to 0$). Lihtsaim viis on sisse viia muutuja $t=x-3$. Edasiste teisenduste mugavuse huvides (see kasu on näha alloleva lahenduse käigus) tasub aga teha järgmine asendus: $t=\frac(x-3)(2)$. Märgin, et sel juhul on rakendatavad mõlemad asendused, lihtsalt teine asendus võimaldab teil murdosadega vähem töötada. Alates $x\to(3)$, siis $t\to(0)$.
$$ \lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=\left|\frac (0)(0)\paremale| =\left|\begin(joondatud)&t=\frac(x-3)(2);\\&t\to(0)\end(joondatud)\paremale| =\lim_(t\to(0))\frac(1-\cos(2t))(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to(0))\frac(2\sin^ 2t)(2t\cdot\tg(t)) =\lim_(t\to(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\tg(t))=\\ =\lim_(t\ to(0))\frac(\sin^2t)(t\cdot\frac(\sin(t))(\cos(t))) =\lim_(t\to(0))\frac(\sin (t)\cos(t))(t) =\lim_(t\to(0))\left(\frac(\sin(t))(t)\cdot\cos(t)\right) =\ lim_(t\to(0))\frac(\sin(t))(t)\cdot\lim_(t\to(0))\cos(t) =1\cdot(1) =1. $$
Vastus: $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=1$.
Näide nr 10
Leidke piirang $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^ 2) $.
Taas on tegemist määramatusega $\frac(0)(0)$. Enne selle laiendamist on mugav muuta muutujat nii, et uus muutuja kipub nulli (pange tähele, et valemites on muutuja $\alpha\to(0)$). Lihtsaim viis on sisse viia muutuja $t=\frac(\pi)(2)-x$. Alates $x\to\frac(\pi)(2)$, siis $t\to(0)$:
$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^2) =\left|\frac(0)(0)\right| =\left|\begin(joondatud)&t=\frac(\pi)(2)-x;\\&t\to(0)\end(joondatud)\paremale| =\lim_(t\to(0))\frac(1-\sin\left(\frac(\pi)(2)-t\right))(t^2) =\lim_(t\to(0) ))\frac(1-\cos(t))(t^2)=\\ =\lim_(t\to(0))\frac(2\sin^2\frac(t)(2))( t^2) =2\lim_(t\to(0))\frac(\sin^2\frac(t)(2))(t^2) =2\lim_(t\to(0))\ frac(\sin^2\frac(t)(2))(\frac(t^2)(4)\cdot(4)) =\frac(1)(2)\cdot\lim_(t\to( 0))\left(\frac(\sin\frac(t)(2))(\frac(t)(2))\right)^2 =\frac(1)(2)\cdot(1^2 ) =\frac(1)(2). $$
Vastus: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^2) =\frac(1)(2)$.
Näide nr 11
Leidke piirangud $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)$, $\lim_(x\to\frac(2) \ pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)$.
Sel juhul ei pea me kasutama esimest imelist piiri. Pange tähele, et nii esimene kui ka teine limiit sisaldavad ainult trigonomeetrilisi funktsioone ja numbreid. Sageli on sellistes näidetes võimalik lihtsustada piirmärgi all olevat väljendit. Pealegi kaob pärast eelmainitud lihtsustamist ja mõningate tegurite vähendamist ebakindlus. Selle näite tõin ainult ühel eesmärgil: näidata, et trigonomeetriliste funktsioonide olemasolu piirmärgi all ei tähenda tingimata esimese tähelepanuväärse piiri kasutamist.
Kuna $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))(1-\sin(x))=0$ (pidage meeles, et $\sin\frac(\pi)(2)=1$) ja $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\cos^2x=0$ (tuletan teile meelde, et $\cos\frac(\pi)(2)=0$), siis on meil tegeleb vormi $\frac(0)(0)$ määramatusega. See aga ei tähenda, et me peaksime kasutama esimest imelist piiri. Ebakindluse paljastamiseks piisab, kui arvestada, et $\cos^2x=1-\sin^2x$:
$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x) =\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(1-\sin^2x) =\lim_(x\to\frac(\pi)( 2))\frac(1-\sin(x))((1-\sin(x))(1+\sin(x))) =\lim_(x\to\frac(\pi)(2) )\frac(1)(1+\sin(x)) =\frac(1)(1+1) =\frac(1)(2). $$
Sarnane lahendus on ka Demidovitši lahendusraamatus (nr 475). Teise piirangu osas, nagu ka selle jaotise eelmistes näidetes, on meil määramatus kujul $\frac(0)(0)$. Miks see tekib? See tekib seetõttu, et $\tg\frac(2\pi)(3)=-\sqrt(3)$ ja $2\cos\frac(2\pi)(3)=-1$. Kasutame neid väärtusi lugejas ja nimetajas olevate avaldiste teisendamiseks. Meie tegevuse eesmärk on kirjutada lugejasse ja nimetajasse summa korrutisena. Muide, sageli on sarnase tüübi sees mugav muuta muutujat, mis on tehtud nii, et uus muutuja kipub nulli (vt nt sellel lehel näiteid nr 9 või nr 10). Selles näites pole aga mõtet asendada, kuigi soovi korral pole muutuja $t=x-\frac(2\pi)(3)$ asendamine keeruline.
$$ \lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1) =\lim_(x\ to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cdot\left(\cos(x)+\frac(1)(2)\right )) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)-\tg\frac(2\pi)(3))(2\cdot\left(\ cos(x)-\cos\frac(2\pi)(3)\right))=\\ =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\frac(\sin) \left(x-\frac(2\pi)(3)\right))(\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3)))(-4\sin\frac(x+\frac (2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3 ))\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\right))(-4\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\ sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3))=\\ =\lim_(x\to\frac (2\pi)(3))\frac(2\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos\frac(x-\frac(2\pi)(3 ))(2))(-4\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2) \cos(x)\cos\frac(2\pi)(3)) =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\cos\frac(x-\frac(2) \pi)(3))(2))(-2\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3 ))=\\ =\frac(1)(-2\cdot\frac(\sqrt(3))(2)\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left( -\frac(1)(2)\right)) =-\frac(4)(\sqrt(3)). $$
Nagu näha, ei pidanud me esimest imelist limiiti rakendama. Muidugi saate seda teha, kui soovite (vt märkust allpool), kuid see pole vajalik.
Mis on lahendus, kasutades esimest tähelepanuväärset piiri? Näita Peida
Kasutades esimest märkimisväärset piiri, saame:
$$ \lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\right))(-4\sin\frac (x+\frac(2\pi)(3))(2)\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)\cos(x)\cos\frac(2\pi )(3))=\\ =\lim_(x\to\frac(2\pi)(3))\left(\frac(\sin\left(x-\frac(2\pi)(3)\ paremal))(x-\frac(2\pi)(3))\cdot\frac(1)(\frac(\sin\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)) (\frac(x-\frac(2\pi)(3))(2)))\cdot\frac(1)(-2\sin\frac(x+\frac(2\pi)(3))( 2)\cos(x)\cos\frac(2\pi)(3))\right) =1\cdot(1)\cdot\frac(1)(-2\cdot\frac(\sqrt(3) )(2)\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)\cdot\left(-\frac(1)(2)\right)) =-\frac(4)(\sqrt( 3)). $$
Vastus: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)=\frac(1)(2)$, $\lim_( x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)=-\frac(4)(\sqrt( 3)) $.
Jadade ja funktsioonide piiride mõisted. Kui on vaja leida jada piir, kirjutatakse see järgmiselt: lim xn=a. Sellises järjestustes kaldub xn a-le ja n lõpmatuseni. Jada esitatakse tavaliselt seeriana, näiteks:
x1, x2, x3...,xm,...,xn... .
Järjestused jagunevad kasvavateks ja kahanevateks. Näiteks:
xn=n^2 – kasvav jada
yn=1/n - jada
Näiteks jada xn=1/n^ limiit:
lim 1/n^2=0
x→∞
See piir on võrdne nulliga, kuna n→∞ ja jada 1/n^2 kipub olema null.
Tavaliselt kaldub muutuv suurus x lõplikule piirile a ja x läheneb pidevalt a-le ning suurus a on konstantne. See on kirjutatud järgmiselt: limx =a, samas kui n võib kalduda ka nulli või lõpmatusse. On lõpmatuid funktsioone, mille puhul kipub piir lõpmatuseni. Muudel juhtudel, kui funktsioon näiteks aeglustab rongi, on võimalik, et piir kipub nulli.
Limiitidel on mitmeid omadusi. Tavaliselt on igal funktsioonil ainult üks piir. See on limiidi peamine omadus. Teised on loetletud allpool:
* Summa limiit võrdub limiitide summaga:
lim(x+y)=lim x+lim y
* Tootelimiit võrdub limiitide korrutisega:
lim(xy)=lim x*lim y
* Jagatise piir on võrdne piirväärtuste jagatisega:
lim(x/y)=lim x/lim y
* Konstantne tegur võetakse väljaspool piirmärki:
lim(Cx)=C lim x
Antud funktsioon 1 /x, milles x →∞, on selle piirväärtus null. Kui x→0, on sellise funktsiooni piirväärtus ∞.
Trigonomeetriliste funktsioonide jaoks on mõned neist reeglitest. Kuna funktsioon sin x kipub nullile lähenedes alati ühtlustuma, kehtib selle identsus:
lim sin x/x=1
Paljudes funktsioonides on funktsioone, mille piiride arvutamisel tekib määramatus - olukord, kus piirmäära ei saa arvutada. Ainus väljapääs sellest olukorrast on L'Hopital. Ebakindlust on kahte tüüpi:
* vormi määramatus 0/0
* vormi ∞/∞ määramatus
Näiteks on antud järgmisel kujul piirang: lim f(x)/l(x) ja f(x0)=l(x0)=0. Sel juhul tekib määramatus kujul 0/0. Sellise ülesande lahendamiseks eristatakse mõlemad funktsioonid, mille järel leitakse tulemuse piir. Tüüpi 0/0 määramatuste puhul on piirmäär:
lim f(x)/l(x)=lim f"(x)/l"(x) (x → 0)
Sama reegel kehtib ka ∞/∞ tüüpi määramatuste kohta. Kuid sel juhul on tõene järgmine võrdsus: f(x)=l(x)=∞
Kasutades L'Hopitali reeglit, saate leida mis tahes piiride väärtused, milles ilmnevad määramatused. Eeltingimuseks
maht - tuletisinstrumentide leidmisel vigu ei esine. Näiteks funktsiooni (x^2)" tuletis võrdub 2x. Siit võime järeldada, et:
f"(x)=nx^(n-1)
Neile, kes soovivad õppida piiranguid leidma, räägime selles artiklis teile sellest. Me ei süvene teooriasse, õpetajad annavad seda tavaliselt loengutes. Nii et "igav teooria" tuleks märkmikusse üles märkida. Kui see nii ei ole, saate lugeda õpikuid, mis on võetud õppeasutuse raamatukogust või muudest Interneti-allikatest.
Seega on piiri mõiste kõrgema matemaatika uurimisel üsna oluline, eriti kui puutute kokku integraalarvutusega ja mõistate piiri ja integraali seost. Praeguses materjalis vaadeldakse lihtsaid näiteid ja nende lahendamise viise.
Näited lahendustest
| Näide 1 |
| Arvutage a) $ \lim_(x \to 0) \frac(1)(x) $; b)$ \lim_(x \to \infty) \frac(1)(x) $ |
| Lahendus |
|
a) $$ \lim \limits_(x \to 0) \frac(1)(x) = \infty $$ b)$$ \lim_(x \to \infty) \frac(1)(x) = 0 $$ Inimesed saadavad meile need piirangud sageli palvega aidata neid lahendada. Otsustasime need eraldi näitena esile tõsta ja selgitada, et need piirid tuleb reeglina lihtsalt meeles pidada. Kui te ei saa oma probleemi lahendada, saatke see meile. Pakume üksikasjalikku lahendust. Saate vaadata arvutuse edenemist ja saada teavet. See aitab teil õpetajalt hinde õigeaegselt kätte saada! |
| Vastus |
| $$ \text(a)) \lim \limits_(x \to 0) \frac(1)(x) = \infty \text( b))\lim \limits_(x \to \infty) \frac(1 )(x) = 0 $$ |
Mida teha vormi määramatusega: $ \bigg [\frac(0)(0) \bigg ] $
| Näide 3 |
| Lahenda $ \lim \limits_(x \to -1) \frac(x^2-1)(x+1) $ |
| Lahendus |
|
Nagu alati, alustame väärtuse $ x $ asendamisest avaldisega piirmärgi all. $$ \lim \limits_(x \to -1) \frac(x^2-1)(x+1) = \frac((-1)^2-1)(-1+1)=\frac( 0)(0) $$ Mis nüüd edasi saab? Mis peaks lõpuks juhtuma? Kuna tegemist on määramatusega, ei ole see veel vastus ja me jätkame arvutamist. Kuna meil on lugejates polünoom, siis faktoriseerime selle kõigile koolist tuttava valemiga $$ a^2-b^2=(a-b)(a+b) $$. Kas sa mäletad? Suurepärane! Nüüd aga kasuta seda lauluga :) Leiame, et lugeja $ x^2-1=(x-1)(x+1) $ Jätkame lahendamist, võttes arvesse ülaltoodud ümberkujundamist: $$ \lim \limits_(x \to -1)\frac(x^2-1)(x+1) = \lim \limits_(x \to -1)\frac((x-1)(x+ 1) ))(x+1) = $$ $$ = \lim \limits_(x \to -1)(x-1)=-1-1=-2 $$ |
| Vastus |
| $$ \lim \limits_(x \to -1) \frac(x^2-1)(x+1) = -2 $$ |
Lükkame kahe viimase näite piiri lõpmatuseni ja arvestame määramatusega: $ \bigg [\frac(\infty)(\infty) \bigg ] $
| Näide 5 |
| Arvuta $ \lim \limits_(x \to \infty) \frac(x^2-1)(x+1) $ |
| Lahendus |
|
$ \lim \limits_(x \to \infty) \frac(x^2-1)(x+1) = \frac(\infty)(\infty) $ Mida teha? Mida ma peaksin tegema? Ärge sattuge paanikasse, sest võimatu on võimalik. Nii lugejas kui ka nimetajas on vaja x välja võtta ja seejärel vähendada. Pärast seda proovige limiit arvutada. Proovime... $$ \lim \limits_(x \to \infty) \frac(x^2-1)(x+1) =\lim \limits_(x \to \infty) \frac(x^2(1-\frac) (1)(x^2)))(x(1+\frac(1)(x))) = $$ $$ = \lim \limits_(x \to \infty) \frac(x(1-\frac(1)(x^2)))((1+\frac(1)(x))) = $$ Kasutades näite 2 definitsiooni ja asendades x-iga lõpmatuse, saame: $$ = \frac(\infty(1-\frac(1)(\infty)))((1+\frac(1)(\infty))) = \frac(\infty \cdot 1)(1+ 0) = \frac(\infty)(1) = \infty $$ |
| Vastus |
| $$ \lim \limits_(x \to \infty) \frac(x^2-1)(x+1) = \infty $$ |
Piirmäärade arvutamise algoritm
Seega võtame näited lühidalt kokku ja koostame piirangute lahendamise algoritmi:
- Asendage piirmärgile järgnevas avaldises punkt x. Kui saadakse teatud arv või lõpmatus, siis on piir täielikult lahendatud. Vastasel juhul on meil ebakindlus: "null jagatud nulliga" või "lõpmatus jagatud lõpmatusega" ja liikuda edasi juhiste järgmiste sammude juurde.
- Null jagatud nulliga määramatuse kõrvaldamiseks peate arvestama lugeja ja nimetaja. Vähendage sarnaseid. Asendage piirmärgi all olevas avaldises punkt x.
- Kui määramatus on "lõpmatus jagatud lõpmatusega", eemaldame nii lugeja kui ka nimetaja x suurimal määral. Lühendame X-i. Asendame x väärtused piirangu alt ülejäänud avaldisesse.
Selles artiklis õppisite piirarvude lahendamise põhitõdesid, mida sageli kasutatakse kalkulatsiooni kursusel. Loomulikult ei ole need kõik eksamineerijate pakutavad probleemid, vaid ainult kõige lihtsamad piirid. Muud tüüpi ülesannetest räägime tulevastes artiklites, kuid edasiliikumiseks peate esmalt selle õppetunni ära õppima. Arutame, mida teha, kui on juured, kraadid, uurime lõpmata väikseid ekvivalentfunktsioone, märkimisväärseid piire, L'Hopitali reeglit.
Kui te ei suuda ise piire mõista, ärge paanitsege. Meil on alati hea meel aidata!
