Przykładami rozwiązań są 1 i 2 cudowne granice. Pierwsza niezwykła granica: teoria i przykłady
Istnieje kilka niezwykłych limitów, ale najbardziej znane to pierwszy i drugi niezwykły limit. Niezwykłą rzeczą w tych granicach jest to, że są one szeroko stosowane i przy ich pomocy można znaleźć inne ograniczenia spotykane w wielu problemach. Oto, co zrobimy w praktycznej części tej lekcji. Aby rozwiązać problemy, redukując je do pierwszej lub drugiej niezwykłej granicy, nie ma potrzeby ujawniania zawartych w nich niepewności, ponieważ wartości tych granic od dawna dedukują wielcy matematycy.
Pierwszy niezwykły limit nazywa się granicą stosunku sinusa nieskończenie małego łuku do tego samego łuku, wyrażoną w radianach:
Przejdźmy do rozwiązywania problemów na pierwszym niezwykłym limicie. Uwaga: jeśli pod znakiem granicy znajduje się funkcja trygonometryczna, jest to prawie pewny znak, że to wyrażenie można sprowadzić do pierwszej niezwykłej granicy.
Przykład 1. Znajdź granicę.
Rozwiązanie. Zamiast tego substytucja X zero prowadzi do niepewności:
.
Mianownik jest sinusem, dlatego wyrażenie można doprowadzić do pierwszej niezwykłej granicy. Zacznijmy transformację:
.
Mianownik to sinus trzech X, ale licznik ma tylko jeden X, co oznacza, że musisz w liczniku umieścić trzy X. Po co? Aby przedstawić 3 X = A i uzyskaj wyrażenie .
I dochodzimy do odmiany pierwszej niezwykłej granicy:
ponieważ nie ma znaczenia, która litera (zmienna) w tym wzorze stoi zamiast X.
Mnożymy X przez trzy i natychmiast dzielimy:
.
Zgodnie z pierwszą zauważoną niezwykłą granicą zastępujemy wyrażenie ułamkowe:
Teraz możemy w końcu rozwiązać ten limit:
.
Przykład 2. Znajdź granicę.
Rozwiązanie. Bezpośrednie podstawienie ponownie prowadzi do niepewności „zero podzielone przez zero”:
.
Aby uzyskać pierwszą niezwykłą granicę, konieczne jest, aby x pod znakiem sinusa w liczniku i tylko x w mianowniku miały ten sam współczynnik. Niech ten współczynnik będzie równy 2. Aby to zrobić, wyobraźmy sobie bieżący współczynnik dla x jak poniżej, wykonując operacje na ułamkach, otrzymujemy:
.
Przykład 3. Znajdź granicę.
Rozwiązanie. Podstawiając ponownie otrzymujemy niepewność „zero podzielone przez zero”:
.
Prawdopodobnie już rozumiesz, że z oryginalnego wyrażenia możesz uzyskać pierwszą cudowną granicę pomnożoną przez pierwszą cudowną granicę. W tym celu rozkładamy kwadraty x w liczniku i sinus w mianowniku na identyczne czynniki, a aby otrzymać takie same współczynniki dla x i sinusa, dzielimy x w liczniku przez 3 i natychmiast mnożymy o 3. Otrzymujemy:
.
Przykład 4. Znajdź granicę.
Rozwiązanie. Po raz kolejny otrzymujemy niepewność „zero podzielone przez zero”:
.
Możemy otrzymać stosunek dwóch pierwszych niezwykłych granic. Dzielimy licznik i mianownik przez x. Następnie, aby współczynniki sinusów i xes się pokrywały, mnożymy górny x przez 2 i od razu dzielimy przez 2, a dolny x mnożymy przez 3 i od razu dzielimy przez 3. Otrzymujemy:
Przykład 5. Znajdź granicę.
Rozwiązanie. I znowu niepewność „zera podzielonego przez zero”:
Z trygonometrii pamiętamy, że tangens to stosunek sinusa do cosinusa, a cosinus zera jest równy jeden. Wykonujemy przekształcenia i otrzymujemy:
.
Przykład 6. Znajdź granicę.
Rozwiązanie. Funkcja trygonometryczna pod znakiem granicy ponownie sugeruje użycie pierwszej niezwykłej granicy. Przedstawiamy to jako stosunek sinusa do cosinusa.
Z powyższego artykułu dowiesz się jaki jest limit i z czym się go spożywa – to BARDZO ważne. Dlaczego? Możesz nie rozumieć, czym są wyznaczniki i skutecznie je rozwiązywać; możesz w ogóle nie rozumieć, czym jest pochodna i znaleźć je przez „A”. Ale jeśli nie rozumiesz, czym jest limit, rozwiązywanie praktycznych zadań będzie trudne. Dobrym pomysłem będzie również zapoznanie się z przykładowymi rozwiązaniami i moimi zaleceniami projektowymi. Wszystkie informacje podane są w prostej i przystępnej formie.
Na potrzeby tej lekcji będziemy potrzebować następujących materiałów dydaktycznych: Cudowne Granice I Wzory trygonometryczne. Można je znaleźć na stronie. Instrukcje najlepiej wydrukować – jest to o wiele wygodniejsze, a poza tym często trzeba będzie z nich korzystać offline.
Co jest takiego specjalnego w niezwykłych limitach? Niezwykłą rzeczą w tych granicach jest to, że zostały one udowodnione przez największe umysły sławnych matematyków, a wdzięczni potomkowie nie muszą cierpieć z powodu strasznych ograniczeń ze stosem funkcji trygonometrycznych, logarytmów i potęg. Oznacza to, że szukając granic, będziemy korzystać z gotowych wyników, które zostały udowodnione teoretycznie.
Istnieje kilka cudownych ograniczeń, ale w praktyce w 95% przypadków studenci studiów niestacjonarnych mają dwa wspaniałe ograniczenia: Pierwsza cudowna granica, Drugi wspaniały limit. Należy zaznaczyć, że są to nazwy ugruntowane historycznie i gdy np. mówią o „pierwszej niezwykłej granicy”, mają na myśli bardzo konkretną rzecz, a nie jakiś przypadkowy limit wzięty z sufitu.
Pierwsza cudowna granica
Rozważmy następujące ograniczenie: (zamiast rodzimej litery „on” użyję greckiej litery „alfa”, jest to wygodniejsze z punktu widzenia prezentacji materiału).
Zgodnie z naszą zasadą znajdowania granic (patrz art Limity. Przykłady rozwiązań) próbujemy podstawić zero do funkcji: w liczniku otrzymujemy zero (sinus zera wynosi zero), a w mianowniku oczywiście jest też zero. Mamy zatem do czynienia z niepewnością formy, której na szczęście nie trzeba ujawniać. W toku analizy matematycznej udowadnia się, że:
Ten fakt matematyczny nazywa się Pierwsza cudowna granica. Nie podam analitycznego dowodu granicy, ale przyjrzymy się jej geometrycznemu znaczeniu w lekcji nt nieskończenie małe funkcje.
Często w zadaniach praktycznych funkcje można rozmieścić inaczej, niczego to nie zmienia:
- ten sam pierwszy cudowny limit.
Ale nie możesz sam zmienić licznika i mianownika! Jeśli granicę podano w postaci , to należy ją rozwiązać w tej samej formie, bez przestawiania czegokolwiek.
W praktyce parametrem może być nie tylko zmienna, ale także funkcja elementarna lub funkcja złożona. Jedyną ważną rzeczą jest to, że dąży do zera.
Przykłady:
, , 
, 
Tutaj , , , 
, i wszystko jest w porządku – obowiązuje pierwszy cudowny limit.
Ale następujący wpis jest herezją:
Dlaczego? Ponieważ wielomian nie dąży do zera, dąży do pięciu.
Swoją drogą szybkie pytanie: jaki jest limit? 
? Odpowiedź znajdziesz na końcu lekcji.
W praktyce nie wszystko przebiega tak gładko, prawie nigdy studentowi nie oferuje się rozwiązania darmowego limitu i uzyskania łatwego przejścia. Hmmm... Piszę te linijki i przyszła mi do głowy bardzo ważna myśl - w końcu lepiej zapamiętać "darmowe" definicje i wzory matematyczne na pamięć, może to być nieocenioną pomocą na teście, gdy pytanie będzie rozstrzygać pomiędzy „dwa” a „trzy”, a nauczyciel decyduje się zadać uczniowi proste pytanie lub zaproponować rozwiązanie prostego przykładu („może on(i) jeszcze wie co?!”).
Przejdźmy do rozważenia praktycznych przykładów:
Przykład 1
Znajdź granicę
Jeśli w limicie zauważymy sinus, to od razu powinno nas to skłonić do zastanowienia się nad możliwością zastosowania pierwszego niezwykłego limitu.
Najpierw staramy się podstawić 0 do wyrażenia pod znakiem limitu (robimy to w myślach lub w wersji roboczej):
Mamy więc niepewność formy koniecznie wskaż w podjęciu decyzji. Wyrażenie pod znakiem granicy jest podobne do pierwszej cudownej granicy, ale to nie jest dokładnie to, jest pod sinusem, ale w mianowniku.
W takich przypadkach pierwsze niezwykłe ograniczenie musimy zorganizować sami, stosując sztuczną technikę. Tok rozumowania mógłby wyglądać następująco: „pod sinusem mamy , co oznacza, że musimy też dostać się do mianownika”.
Odbywa się to bardzo prosto:
Oznacza to, że mianownik jest w tym przypadku sztucznie mnożony przez 7 i dzielony przez te same siedem. Teraz nasze nagranie nabrało znajomego kształtu.
Kiedy zadanie jest sporządzane ręcznie, wskazane jest zaznaczenie pierwszego niezwykłego limitu prostym ołówkiem:
Co się stało? W rzeczywistości nasze zakreślone wyrażenie zamieniło się w jednostkę i zniknęło w pracy: 
Teraz pozostaje tylko pozbyć się trzypiętrowej frakcji: 
Kto zapomniał o uproszczeniu ułamków wielopoziomowych, proszę o odświeżenie materiału w podręczniku Gorące formuły na szkolny kurs matematyki .
Gotowy. Ostatnia odpowiedź:
Jeśli nie chcesz używać śladów ołówka, rozwiązanie można zapisać w ten sposób:
“
Skorzystajmy z pierwszego cudownego limitu 
“
Przykład 2
Znajdź granicę
Znowu widzimy ułamek zwykły i sinus w granicy. Spróbujmy podstawić zero w liczniku i mianowniku:
Rzeczywiście mamy niepewność i dlatego musimy spróbować zorganizować pierwszy wspaniały limit. Na lekcji Limity. Przykłady rozwiązań rozważaliśmy zasadę, że gdy mamy niepewność, musimy rozłożyć licznik i mianownik na czynniki. Tutaj jest to samo, będziemy przedstawiać stopnie jako iloczyn (mnożniki):
Podobnie jak w poprzednim przykładzie, rysujemy ołówkiem wokół niezwykłych granic (tutaj są dwie) i wskazujemy, że dążą one do jedności:
Właściwie odpowiedź jest gotowa:
W poniższych przykładach nie będę robił grafiki w Paint, myślę, jak poprawnie sporządzić rozwiązanie w zeszycie - już rozumiesz.
Przykład 3
Znajdź granicę
Podstawiamy zero do wyrażenia pod znakiem granicy:
Uzyskano niepewność, którą należy ujawnić. Jeśli w granicy znajduje się styczna, prawie zawsze jest ona konwertowana na sinus i cosinus za pomocą dobrze znanego wzoru trygonometrycznego (nawiasem mówiąc, robią w przybliżeniu to samo z cotangensem, patrz materiał metodologiczny Gorące wzory trygonometryczne Na stronie Wzory matematyczne, tabele i materiały źródłowe).
W tym przypadku:
Cosinus zera jest równy jeden i łatwo się go pozbyć (nie zapomnij zaznaczyć, że dąży do jedności):
Tak więc, jeśli w granicy cosinus jest MNOŻNIKIEM, to z grubsza należy go przekształcić w jednostkę, która znika w iloczynie.
Tutaj wszystko okazało się prostsze, bez żadnych mnożeń i dzieleń. Pierwsza niezwykła granica również zamienia się w jedną i znika w produkcie:
W rezultacie uzyskuje się nieskończoność i tak się dzieje.
Przykład 4
Znajdź granicę
Spróbujmy podstawić zero w liczniku i mianowniku:
Otrzymuje się niepewność (cosinus zera, jak pamiętamy, jest równy jeden)
Korzystamy ze wzoru trygonometrycznego. Uwaga! Z jakiegoś powodu limity wykorzystujące tę formułę są bardzo powszechne.
Przesuńmy czynniki stałe poza ikonę limitu:
Zorganizujmy pierwszy wspaniały limit:
Tutaj mamy tylko jedną niezwykłą granicę, która zamienia się w jedną i znika w produkcie:
Pozbądźmy się trzypiętrowej konstrukcji:
Granica jest rzeczywiście rozwiązana, wskazujemy, że pozostały sinus dąży do zera:
Przykład 5
Znajdź granicę 
Ten przykład jest bardziej skomplikowany, spróbuj sam to rozgryźć:
Niektóre limity można zredukować do pierwszego niezwykłego limitu zmieniając zmienną, o czym przeczytasz nieco w dalszej części artykułu Metody rozwiązywania granic.
Drugi wspaniały limit
W teorii analizy matematycznej udowodniono, że:
Fakt ten nazywa się drugi wspaniały limit.
Odniesienie: 
jest liczbą niewymierną.
Parametr może być nie tylko zmienną, ale także złożoną funkcją. Ważne jest tylko to, że dąży do nieskończoności.
Przykład 6
Znajdź granicę
Kiedy wyrażenie pod znakiem limitu jest wyrażone w stopniu, jest to pierwszy znak, że musisz spróbować zastosować drugą cudowną granicę.
Ale najpierw, jak zawsze, staramy się zastąpić wyrażenie nieskończenie dużą liczbą, zasada, według której to się dzieje, została omówiona na lekcji Limity. Przykłady rozwiązań.
Łatwo to zauważyć kiedy podstawa stopnia to , a wykładnik to , czyli istnieje niepewność postaci:
Ta niepewność jest dokładnie ujawniona za pomocą drugiej niezwykłej granicy. Jednak, jak to często bywa, druga cudowna granica nie leży na srebrnej tacy i trzeba ją sztucznie zorganizować. Można rozumować w następujący sposób: w tym przykładzie parametrem jest , co oznacza, że musimy także uporządkować wskaźnik. Aby to zrobić, podnosimy podstawę do potęgi i aby wyrażenie się nie zmieniło, podnosimy ją do potęgi:
Gdy zadanie zostanie wykonane ręcznie, zaznaczamy ołówkiem:
Prawie wszystko gotowe, straszny stopień zamienił się w miły list:
W takim przypadku samą ikonę limitu przesuwamy na wskaźnik:
Przykład 7
Znajdź granicę
Uwaga! Tego typu limity występują bardzo często. Prosimy o dokładne przestudiowanie tego przykładu.
Spróbujmy podstawić nieskończenie dużą liczbę do wyrażenia pod znakiem ograniczenia:
Rezultatem jest niepewność. Ale drugie niezwykłe ograniczenie dotyczy niepewności formy. Co robić? Musimy przeliczyć podstawę stopnia. Rozumujemy w ten sposób: w mianowniku mamy , co oznacza, że w liczniku również musimy uporządkować .
Teraz ze spokojną duszą przejdźmy do rozważań wspaniałe granice.
wygląda jak .
Zamiast zmiennej x mogą występować różne funkcje, najważniejsze jest to, że dążą do 0.
Konieczne jest obliczenie limitu
Jak widać, granica ta jest bardzo podobna do pierwszej niezwykłej, jednak nie jest to do końca prawdą. Ogólnie rzecz biorąc, jeśli zauważysz grzech w limicie, powinieneś od razu zastanowić się, czy możliwe jest skorzystanie z pierwszego niezwykłego limitu.
Zgodnie z naszą zasadą nr 1 zamiast x podstawiamy zero:
Dostajemy niepewność.
Teraz spróbujmy sami zorganizować pierwszy wspaniały limit. Aby to zrobić, wykonajmy prostą kombinację:
Więc organizujemy licznik i mianownik tak, aby podkreślić 7x. Teraz pojawił się już znany niezwykły limit. Przy podejmowaniu decyzji warto to podkreślić:
Zastąpmy rozwiązanie pierwszym niezwykłym przykładem i otrzymajmy:
Uproszczenie ułamka:
Odpowiedź: 7/3.
Jak widać, wszystko jest bardzo proste.
Wygląda jak 
, gdzie e = 2,718281828... jest liczbą niewymierną.
Zamiast zmiennej x mogą występować różne funkcje, najważniejsze jest to, że mają tendencję do .
Konieczne jest obliczenie limitu
Widzimy tutaj obecność stopnia pod znakiem granicy, co oznacza, że możliwe jest użycie drugiej niezwykłej granicy.
Jak zawsze zastosujemy zasadę nr 1 – zamień x zamiast:
Można zauważyć, że przy x podstawa stopnia wynosi , a wykładnik wynosi 4x > , tj. otrzymujemy niepewność postaci:
Wykorzystajmy drugą cudowną granicę, aby ujawnić naszą niepewność, ale najpierw musimy ją uporządkować. Jak widać musimy osiągnąć obecność we wskaźniku, dla której podnosimy podstawę do potęgi 3x i jednocześnie do potęgi 1/3x, aby wyrażenie się nie zmieniło:
Nie zapomnij podkreślić naszego wspaniałego limitu:
Oto czym naprawdę są wspaniałe granice!
Jeśli nadal masz jakieś pytania dotyczące pierwsza i druga cudowna granica, a następnie możesz zadać im pytanie w komentarzach.
W miarę możliwości odpowiemy każdemu.
Możesz także pracować nad tym tematem z nauczycielem.
Mamy przyjemność zaoferować Państwu usługę wyboru wykwalifikowanego korepetytora w Państwa mieście. Nasi partnerzy szybko wybiorą dla Ciebie dobrego nauczyciela na korzystnych warunkach.
Brak wystarczających informacji? - Możesz !
Obliczenia matematyczne możesz zapisywać w notatnikach. O wiele przyjemniej jest pisać indywidualnie w zeszytach z logo (http://www.blocnot.ru).
Pierwszą niezwykłą granicą jest następująca równość:
\begin(equation)\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1 \end(equation)
Ponieważ dla $\alpha\to(0)$ mamy $\sin\alpha\to(0)$, mówią, że pierwsza niezwykła granica ujawnia niepewność postaci $\frac(0)(0)$. Ogólnie rzecz biorąc, we wzorze (1) zamiast zmiennej $\alfa$ można umieścić dowolne wyrażenie pod znakiem sinusa i w mianowniku, o ile spełnione są dwa warunki:
- Wyrażenia pod znakiem sinusa i w mianowniku jednocześnie dążą do zera, tj. istnieje niepewność postaci $\frac(0)(0)$.
- Wyrażenia pod znakiem sinusa i w mianowniku są takie same.
Często stosowane są również wnioski z pierwszego niezwykłego limitu:
\begin(equation) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1 \end(equation) \begin(equation) \lim_(\alpha\to(0) )\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1 \end(equation) \begin(equation) \lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1 \end(równanie)
Na tej stronie rozwiązano jedenaście przykładów. Przykład nr 1 poświęcony jest dowodowi wzorów (2)-(4). Przykłady nr 2, nr 3, nr 4 i nr 5 zawierają rozwiązania ze szczegółowymi komentarzami. Przykłady nr 6-10 zawierają rozwiązania praktycznie bez komentarzy, ponieważ szczegółowe wyjaśnienia podano w poprzednich przykładach. Rozwiązanie wykorzystuje kilka wzorów trygonometrycznych, które można znaleźć.
Zauważmy, że obecność funkcji trygonometrycznych w połączeniu z niepewnością $\frac (0) (0)$ niekoniecznie oznacza zastosowanie pierwszej niezwykłej granicy. Czasami wystarczą proste przekształcenia trygonometryczne - na przykład patrz.
Przykład nr 1
Udowodnić, że $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg\alpha)(\alpha)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha ) (\alfa)=1$, $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$.
a) Ponieważ $\tg\alpha=\frac(\sin\alpha)(\cos\alpha)$, to:
$$ \lim_(\alpha\to(0))\frac(\tg(\alpha))(\alpha)=\left|\frac(0)(0)\right| =\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin(\alpha))(\alpha\cos(\alpha)) $$
Ponieważ $\lim_(\alpha\to(0))\cos(0)=1$ i $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\sin\alpha)(\alpha)=1$ , To:
$ $ \ lim_ (\ alfa \ do (0)) \ Frac (\ sin (\ alfa)) (\ alfa \ cos (\ alfa)) = \ Frac (\ Displaystyle \ lim_ (\ alfa \ do (0)) \ Frac (\ sin (\ alfa)) (\ alfa)) (\ Displaystyle \ lim _ (\ alfa \ do (0)) \ cos (\ alfa)) = \ Frac (1) (1) = 1. $$
b) Dokonajmy zmiany $\alpha=\sin(y)$. Ponieważ $\sin(0)=0$, to z warunku $\alpha\to(0)$ mamy $y\to(0)$. Ponadto istnieje otoczenie zera, w którym $\arcsin\alpha=\arcsin(\sin(y))=y$, więc:
$$ \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 \ do (0)) \ Frac (\ sin (y)) (y)) = \ Frac (1) (1) = 1. $$
Udowodniono równość $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arcsin\alpha)(\alpha)=1$.
c) Dokonajmy zamiany $\alpha=\tg(y)$. Ponieważ $\tg(0)=0$, to warunki $\alpha\to(0)$ i $y\to(0)$ są równoważne. Dodatkowo istnieje otoczenie zera, w którym $\arctg\alpha=\arctg\tg(y))=y$, zatem bazując na wynikach punktu a), będziemy mieli:
$$ \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 \ do (0)) \ Frac (\ tg (y)) (y)) = \ Frac (1) (1) = 1. $$
Udowodniono równość $\lim_(\alpha\to(0))\frac(\arctg\alpha)(\alpha)=1$.
Równania a), b), c) są często używane wraz z pierwszą niezwykłą granicą.
Przykład nr 2
Oblicz granicę $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4) (x+7))$.
Ponieważ $\lim_(x\to(2))\frac(x^2-4)(x+7)=\frac(2^2-4)(2+7)=0$ i $\lim_( x \to(2))\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right)=\sin(0)=0$, tj. i zarówno licznik, jak i mianownik ułamka jednocześnie dążą do zera, wówczas mamy do czynienia z niepewnością postaci $\frac(0)(0)$, czyli zrobione. Ponadto jasne jest, że wyrażenia pod znakiem sinusa i w mianowniku pokrywają się (tj. i są spełnione):
Zatem oba warunki wymienione na początku strony są spełnione. Wynika z tego, że obowiązuje formuła, tj. $\lim_(x\to(2)) \frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)(x+ 7 ))=1$.
Odpowiedź: $\lim_(x\to(2))\frac(\sin\left(\frac(x^2-4)(x+7)\right))(\frac(x^2-4)(x +7))=1$.
Przykład nr 3
Znajdź $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)$.
Ponieważ $\lim_(x\to(0))\sin(9x)=0$ i $\lim_(x\to(0))x=0$, to mamy do czynienia z niepewnością postaci $\frac (0 )(0)$, tj. zrobione. Jednak wyrażenia pod znakiem sinusa i w mianowniku nie pokrywają się. Tutaj musisz dostosować wyrażenie w mianowniku do żądanej formy. Potrzebujemy wyrażenia $9x$, aby znaleźć się w mianowniku, wtedy stanie się prawdą. Zasadniczo brakuje nam w mianowniku współczynnika 9 $, co nie jest takie trudne do wprowadzenia — wystarczy pomnożyć wyrażenie w mianowniku przez 9 $. Naturalnie, aby zrekompensować mnożenie przez 9 $, będziesz musiał natychmiast podzielić przez 9 $:
$$ \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)$$
Teraz wyrażenia w mianowniku i pod znakiem sinusa pokrywają się. Obydwa warunki granicy $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)$ są spełnione. Zatem $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=1$. A to oznacza, że:
$$ 9\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(9x)=9\cdot(1)=9. $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(9x))(x)=9$.
Przykład nr 4
Znajdź $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))$.
Ponieważ $\lim_(x\to(0))\sin(5x)=0$ i $\lim_(x\to(0))\tg(8x)=0$, mamy tu do czynienia z niepewnością formy $\frac(0)(0)$. Jednakże forma pierwszego niezwykłego limitu zostaje naruszona. Licznik zawierający $\sin(5x)$ wymaga mianownika $5x$. W tej sytuacji najłatwiej jest podzielić licznik przez 5x$ i od razu pomnożyć przez 5x$. Dodatkowo wykonamy podobną operację z mianownikiem, mnożąc i dzieląc $\tg(8x)$ przez $8x$:
$$\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) )$$
Zmniejszając o $x$ i biorąc stałą $\frac(5)(8)$ poza znak graniczny, otrzymujemy:
$$ \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)) $$
Należy zauważyć, że $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(5x)$ w pełni spełnia wymagania pierwszego niezwykłego limitu. Aby znaleźć $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(8x))(8x)$, stosuje się następujący wzór:
$$ \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 \ do (0)) \ Frac (\ sin (5x)) (5x)) (\ Displaystyle \ lim_ (x \ do (0))\frac(\tg(8x))(8x)) =\frac(5)(8)\cdot\frac(1)(1) =\frac(5)(8). $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to(0))\frac(\sin(5x))(\tg(8x))=\frac(5)(8)$.
Przykład nr 5
Znajdź $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)$.
Ponieważ $\lim_(x\to(0))(\cos(5x)-\cos^3(5x))=1-1=0$ (pamiętaj, że $\cos(0)=1$) i $\ lim_(x\to(0))x^2=0$, wówczas mamy do czynienia z niepewnością postaci $\frac(0)(0)$. Aby jednak zastosować pierwszą granicę niezwykłą, należy pozbyć się cosinusa w liczniku, przechodząc do sinusów (aby później zastosować wzór) lub stycznych (aby później zastosować wzór). Można tego dokonać za pomocą następującej transformacji:
$$\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).$$
Wróćmy do limitu:
$$ \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)\right) $$
Ułamek $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$ jest już bliski postaci wymaganej dla pierwszej niezwykłej granicy. Popracujmy trochę z ułamkiem $\frac(\sin^2(5x))(x^2)$, dostosowując go do pierwszej niezwykłej granicy (pamiętaj, że wyrażenia w liczniku i pod sinusem muszą się zgadzać):
$$\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$$
Wróćmy do omawianego limitu:
$$ \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. $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(5x)-\cos^3(5x))(x^2)=25$.
Przykład nr 6
Znajdź granicę $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))$.
Ponieważ $\lim_(x\to(0))(1-\cos(6x))=0$ i $\lim_(x\to(0))(1-\cos(2x))=0$, to mamy do czynienia z niepewnością $\frac(0)(0)$. Ujawnijmy to za pomocą pierwszej niezwykłej granicy. Aby to zrobić, przejdźmy od cosinusów do sinusów. Ponieważ $1-\cos(2\alpha)=2\sin^2(\alpha)$, to:
$$1-\cos(6x)=2\sin^2(3x);\;1-\cos(2x)=2\sin^2(x).$$
Przechodząc do sinusów w podanej granicy, będziemy mieli:
$$ \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 \ do (0)) \ lewo (\ Frac (\ sin (3x)) (3x) \ prawo) ^ 2) (\ Displaystyle \ lim_ (x \to(0))\left(\frac(\sin(x))(x)\right)^2) =9\cdot\frac(1^2)(1^2) =9. $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to(0))\frac(1-\cos(6x))(1-\cos(2x))=9$.
Przykład nr 7
Oblicz limit $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)$ z zastrzeżeniem $\alpha\neq \ beta$.
Szczegółowe wyjaśnienia podano wcześniej, ale tutaj po prostu zauważamy, że znowu istnieje niepewność $\frac(0)(0)$. Przejdźmy od cosinusów do sinusów, korzystając ze wzoru
$$\cos\alpha-\cos\beta=-2\sin\frac(\alpha+\beta)(2)\cdot\sin\frac(\alpha-\beta)(2).$$
Korzystając z tego wzoru, otrzymujemy:
$$ \lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\left|\frac(0)( 0)\prawo| =\lim_(x\to(0))\frac(-2\sin\frac(\alpha(x)+\beta(x))(2)\cdot\sin\frac(\alpha(x)-\ beta(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). $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to(0))\frac(\cos(\alpha(x))-\cos(\beta(x)))(x^2)=\frac(\beta^2-\ alfa^2)(2)$.
Przykład nr 8
Znajdź granicę $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)$.
Ponieważ $\lim_(x\to(0))(\tg(x)-\sin(x))=0$ (pamiętaj, że $\sin(0)=\tg(0)=0$) i $\ lim_(x\to(0))x^3=0$, wówczas mamy do czynienia z niepewnością postaci $\frac(0)(0)$. Podzielmy to w następujący sposób:
$$ \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). $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to(0))\frac(\tg(x)-\sin(x))(x^3)=\frac(1)(2)$.
Przykład nr 9
Znajdź granicę $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))$.
Ponieważ $\lim_(x\to(3))(1-\cos(x-3))=0$ i $\lim_(x\to(3))(x-3)\tg\frac(x - 3)(2)=0$, to występuje niepewność postaci $\frac(0)(0)$. Przed przystąpieniem do jej rozwinięcia wygodnie jest dokonać zmiany zmiennej w taki sposób, aby nowa zmienna dążyła do zera (należy pamiętać, że we wzorach zmienna $\alpha \to 0$). Najłatwiej jest wprowadzić zmienną $t=x-3$. Jednak dla wygody dalszych przekształceń (korzyść tę widać w trakcie poniższego rozwiązania) warto dokonać następującej zamiany: $t=\frac(x-3)(2)$. Zaznaczam, że w tym przypadku mają zastosowanie oba zamienniki, po prostu drugie zastąpienie pozwoli ci mniej pracować z ułamkami. Ponieważ $x\to(3)$, to $t\to(0)$.
$$ \lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=\left|\frac (0)(0)\prawo| =\left|\begin(aligned)&t=\frac(x-3)(2);\\&t\to(0)\end(aligned)\right| =\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. $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to(3))\frac(1-\cos(x-3))((x-3)\tg\frac(x-3)(2))=1$.
Przykład nr 10
Znajdź granicę $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^ 2)$.
Po raz kolejny mamy do czynienia z niepewnością $\frac(0)(0)$. Przed przystąpieniem do jej rozwinięcia wygodnie jest dokonać zmiany zmiennej w taki sposób, aby nowa zmienna dążyła do zera (należy pamiętać, że we wzorach zmienna ma postać $\alpha\to(0)$). Najłatwiej jest wprowadzić zmienną $t=\frac(\pi)(2)-x$. Ponieważ $x\to\frac(\pi)(2)$, to $t\to(0)$:
$$ \lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^2) =\lewo|\frac(0)(0)\prawo| =\left|\begin(aligned)&t=\frac(\pi)(2)-x;\\&t\to(0)\end(aligned)\right| =\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\do(0))\frac(\sin^2\frac(t)(2))(t^2) =2\lim_(t\do(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). $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\left(\frac(\pi)(2)-x\right)^2) =\frac(1)(2)$.
Przykład nr 11
Znajdź granice $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)$, $\lim_(x\to\frac(2 \ pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)$.
W tym przypadku nie musimy korzystać z pierwszego cudownego limitu. Należy pamiętać, że zarówno pierwsza, jak i druga granica zawierają tylko funkcje i liczby trygonometryczne. Często w tego typu przykładach możliwe jest uproszczenie wyrażenia znajdującego się pod znakiem ograniczającym. Co więcej, po wspomnianym uproszczeniu i ograniczeniu niektórych czynników niepewność znika. Podałem ten przykład tylko w jednym celu: pokazać, że obecność funkcji trygonometrycznych pod znakiem granicy nie musi koniecznie oznaczać zastosowania pierwszej niezwykłej granicy.
Ponieważ $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))(1-\sin(x))=0$ (pamiętaj, że $\sin\frac(\pi)(2)=1$ ) i $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\cos^2x=0$ (przypomnę, że $\cos\frac(\pi)(2)=0$), to mamy radzenie sobie z niepewnością w postaci $\frac(0)(0)$. Nie oznacza to jednak, że będziemy musieli skorzystać z pierwszego cudownego limitu. Aby ujawnić niepewność wystarczy wziąć pod uwagę, że $\cos^2x=1-\sin^2x$:
$$ \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). $$
Podobne rozwiązanie znajduje się w książce rozwiązań Demidowicza (nr 475). Jeśli chodzi o drugą granicę, podobnie jak w poprzednich przykładach w tej sekcji, mamy niepewność w postaci $\frac(0)(0)$. Dlaczego powstaje? Powstaje, ponieważ $\tg\frac(2\pi)(3)=-\sqrt(3)$ i $2\cos\frac(2\pi)(3)=-1$. Używamy tych wartości do przekształcania wyrażeń w liczniku i mianowniku. Celem naszych działań jest zapisanie sumy w liczniku i mianowniku jako iloczynu. Nawiasem mówiąc, często w ramach podobnego typu wygodnie jest zmienić zmienną, wykonaną w taki sposób, aby nowa zmienna dążyła do zera (patrz np. Przykłady nr 9 lub nr 10 na tej stronie). Jednak w tym przykładzie nie ma sensu zastępować, chociaż w razie potrzeby zastąpienie zmiennej $t=x-\frac(2\pi)(3)$ nie jest trudne do wdrożenia.
$$ \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)). $$
Jak widać, pierwszego cudownego limitu nie musieliśmy stosować. Oczywiście możesz to zrobić, jeśli chcesz (patrz uwaga poniżej), ale nie jest to konieczne.
Jakie jest rozwiązanie wykorzystujące pierwszą niezwykłą granicę? Pokaż ukryj
Korzystając z pierwszej niezwykłej granicy otrzymujemy:
$$ \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)\ po prawej))(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)). $$
Odpowiedź: $\lim_(x\to\frac(\pi)(2))\frac(1-\sin(x))(\cos^2x)=\frac(1)(2)$, $\lim_( x\to\frac(2\pi)(3))\frac(\tg(x)+\sqrt(3))(2\cos(x)+1)=-\frac(4)(\sqrt( 3))$.
Dowód:
Udowodnimy najpierw twierdzenie dla przypadku ciągu 
Zgodnie ze wzorem dwumianowym Newtona:
Zakładając, że otrzymamy
Z tej równości (1) wynika, że wraz ze wzrostem n wzrasta liczba wyrazów dodatnich po prawej stronie. Ponadto wraz ze wzrostem n liczba maleje, a więc wartości 
zwiększają się. Dlatego kolejność 
rosnący i (2)*Pokazujemy, że jest ograniczony. Zamień każdy nawias po prawej stronie równości na jeden, prawa strona wzrośnie i otrzymamy nierówność
Wzmocnijmy powstałą nierówność, zamieńmy 3,4,5, ..., stojące w mianownikach ułamków, na liczbę 2: Sumę w nawiasach znajdujemy korzystając ze wzoru na sumę wyrazów ciągu geometrycznego: Dlatego 
(3)*
Zatem ciąg jest ograniczony z góry i nierówności (2) i (3) są spełnione: 
Zatem w oparciu o twierdzenie Weierstrassa (kryterium zbieżności ciągu) ciąg 
rośnie monotonicznie i jest ograniczona, czyli ma granicę oznaczoną literą e. Te. 
Wiedząc, że druga niezwykła granica jest prawdziwa dla naturalnych wartości x, udowadniamy drugą niezwykłą granicę dla rzeczywistego x, to znaczy udowadniamy, że 
. Rozważmy dwa przypadki:
1. Niech każda wartość x będzie zawarta pomiędzy dwiema dodatnimi liczbami całkowitymi: ,gdzie jest częścią całkowitą x. => =>
Jeśli , to Dlatego, zgodnie z limitem 
Mamy
W oparciu o kryterium (o granicy funkcji pośredniej) istnienia granic 
2. Niech . W takim razie dokonajmy podstawienia − x = t
Z tych dwóch przypadków wynika, że 
na serio x.
Konsekwencje:
9 .) Porównanie nieskończenie małych. Twierdzenie o zamianie nieskończenie małych na równoważne w granicy i twierdzenie o części głównej nieskończenie małych.
Niech funkcje a( X) oraz b( X) – b.m. Na X ® X 0 .
DEFINICJE.
1)a( X) zwany nieskończenie wyższy rząd niż B (X) Jeśli
Zapisz: a( X) = o(b( X)) .
2)a( X) I B( X)są nazywane nieskończenie małe tego samego rzędu, Jeśli
gdzie CÎℝ i C¹ 0 .
Zapisz: a( X) = O(B( X)) .
3)a( X) I B( X) są nazywane równowartość , Jeśli
Zapisz: a( X) ~ b( X).
4)a( X) nazywany nieskończenie małym względnym rzędu k
absolutnie nieskończenie małe B( X),
jeśli nieskończenie małe A( X)I(B( X))k mają tę samą kolejność, tj. Jeśli
gdzie CÎℝ i C¹ 0 .
TWIERDZENIE 6 (o zamianie nieskończenie małych na równoważne).
Pozwalać A( X), B( X), 1 ( X), b 1 ( X)– b.m. o x ® X 0 . Jeśli A( X) ~ 1 ( X), B( X) ~ b 1 ( X),
To 
Dowód: Niech a( X) ~ 1 ( X), B( X) ~ b 1 ( X), Następnie
TWIERDZENIE 7 (o głównej części nieskończenie małego).
Pozwalać A( X)I B( X)– b.m. o x ® X 0 , I B( X)– b.m. wyższego rzędu niż A( X).
= , a ponieważ b( X) – stopień wyższy niż a( X), następnie, tj. 
z jasne, że a( X) + b( X) ~ a( X)
10) Ciągłość funkcji w punkcie (w języku epsilon-delta, granice geometryczne) Ciągłość jednostronna. Ciągłość w przedziale, w segmencie. Własności funkcji ciągłych.
1. Podstawowe definicje
Pozwalać F(X) jest zdefiniowany w pewnym sąsiedztwie punktu X 0 .
DEFINICJA 1. Funkcja f(X) zwany ciągły w pewnym punkcie X 0 jeśli równość jest prawdziwa
Notatki.
1) Na mocy Twierdzenia 5 §3 równość (1) można zapisać w postaci
Warunek (2) – definicja ciągłości funkcji w punkcie w języku granic jednostronnych.
2) Równość (1) można również zapisać jako:
Mówią: „jeśli funkcja jest ciągła w punkcie X 0, wówczas znak granicy i funkcję można zamienić.”
DEFINICJA 2 (w języku e-d).
Funkcja f(X) zwany ciągły w pewnym punkcie X 0 Jeśli"e>0 $d>0 taki, Co
jeśli xОU( X 0 , d) (tj. | X – X 0 | < d),
następnie f(X)ÎU( F(X 0), e) (tj. | F(X) – F(X 0) | < e).
Pozwalać X, X 0 Î D(F) (X 0 – stałe, X - arbitralny)
Oznaczmy: D X= x – x 0 – przyrost argumentu
D F(X 0) = F(X) – F(X 0) – przyrost funkcji w punkciex 0
DEFINICJA 3 (geometryczna).
Funkcja f(X) NA zwany ciągły w pewnym punkcie
X 0
jeśli w tym momencie nieskończenie mały przyrost argumentu odpowiada nieskończenie małemu przyrostowi funkcji, tj.
Niech funkcja F(X) jest zdefiniowany w przedziale [ X 0 ; X 0 + d) (na przedziale ( X 0 – d; X 0 ]).
DEFINICJA. Funkcja f(X) zwany ciągły w pewnym punkcie
X 0 po prawej
(lewy
), jeśli równość jest prawdziwa
To oczywiste F(X) jest ciągły w tym punkcie X 0 Û F(X) jest ciągły w tym punkcie X 0 w prawo i w lewo.
DEFINICJA. Funkcja f(X) zwany ciągły przez pewien okres czasu e ( A; B) jeśli jest ciągła w każdym punkcie tego przedziału.
Funkcja f(X) nazywa się ciągłym na odcinku [A; B] jeśli jest ciągły na przedziale (A; B) i ma jednokierunkową ciągłość w punktach granicznych(tj. ciągły w punkcie A po prawej stronie, w tym miejscu B- lewy).
11) Punkty przerwania, ich klasyfikacja
DEFINICJA. Jeśli funkcja f(X) zdefiniowany w pewnym sąsiedztwie punktu x 0 , ale w tym momencie nie jest ciągły F(X) nazywany nieciągłym w punkcie x 0 , i sam punkt X 0 zwany punktem przerwania funkcje f(X) .
Notatki.
1) F(X) można zdefiniować w niepełnym sąsiedztwie punktu X 0 .
Następnie rozważ odpowiednią jednostronną ciągłość funkcji.
2) Z definicji punktu Þ X 0 jest punktem przerwania funkcji F(X) w dwóch przypadkach:
a) U( X 0, d)О D(F) , ale dla F(X) równość nie zachodzi
b) U* ( X 0, d)О D(F) .
Dla funkcji elementarnych możliwy jest tylko przypadek b).
Pozwalać X 0 – punkt przerwania funkcji F(X) .
DEFINICJA. Punkt x 0 zwany punkt przerwania I raczej jeśli funkcja f(X)ma w tym punkcie skończone granice po lewej i prawej stronie.
Jeśli te granice są równe, to punkt x 0 zwany usuwalny punkt przerwania , W przeciwnym razie - punkt skoku .
DEFINICJA. Punkt x 0 zwany punkt przerwania II raczej jeśli co najmniej jedna z jednostronnych granic funkcji f(X)w tym momencie jest równy¥ albo nie istnieje.
12) Własności funkcji ciągłych na przedziale (twierdzenia Weierstrassa (bez dowodu) i Cauchy'ego
Twierdzenie Weierstrassa
Niech więc funkcja f(x) będzie ciągła na tym przedziale
1)f(x) jest ograniczone do
2) f(x) przyjmuje najmniejszą i największą wartość z przedziału
Definicja: Wartość funkcji m=f nazywana jest najmniejszą, jeśli m≤f(x) dla dowolnego x€ D(f).
Mówi się, że wartość funkcji m=f jest największa, jeżeli m≥f(x) dla dowolnego x € D(f).
Funkcja może przyjmować najmniejszą/największą wartość w kilku punktach odcinka.
f(x 3)=f(x 4)=maks
Twierdzenie Cauchy'ego.
Niech funkcja f(x) będzie ciągła na odcinku, a x będzie liczbą zawartą pomiędzy f(a) i f(b), to istnieje co najmniej jeden punkt x 0 € taki, że f(x 0)= g