Funkcijų ribų skaičiavimas (paskutiniai du neapibrėžtumai)

Praėjusioje pamokoje nagrinėjome mums iš skaičių sekų ribų skaičiavimo pažįstamą neapibrėžtumą [tex]\left(\dfrac{\infty}{\infty}\right)[/tex] (pamoką rasite čia: http://www.ematematikas.lt/forumas/funkciju-ribu-skaiciavimas-antrasis-neapibreztumas-t12269.html). Likę nenagrinėti neapibrėžtumai yra [tex]\left(\infty-\infty\right)[/tex] ir [tex]\left(1^\infty\right)[/tex], kurie mums jau taip pat pažįstami. Dėl šios priežasties nenorėjau kurti dviejų atskirų temų, taigi apie abu šiuos neapibrėžtumus pakalbėsime vienoje pamokoje.
Pradėkime nuo neapibrėžtumo [tex]\left(\infty-\infty\right)[/tex]:
Apie jį plačiau galite pasiskaityti čia: http://www.ematematikas.lt/forumas/skaiciuojame-skaiciu-seku-ribas-antrasis-neapibreztumas-t12174.html.
O dabar panagrinėsime keleta pavyzdžių:

[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1}\right)[/tex]:
Prisimename, kad užrašas [tex]x\to\infty[/tex] reiškia du užrašus [tex]x\to-\infty[/tex] ir [tex]x\to+\infty[/tex] kartu, bet mes turėdami omeny, jog abi ribos turi būti lygios nagrinėjame tik vieną iš atvejų. Imkime [tex]x\to+\infty[/tex]:
$$\lim\limits_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1}\right)= \\ 
=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1}\right)\cdot \dfrac{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}=\\=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{2}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}=0$$
[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}-x\right)[/tex]:
$$\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}-x\right)=\\=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}-x\right)\cdot \dfrac{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}+x}{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}+x}=\\=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}-x^2}{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}+x}=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\frac{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}{x}}{\frac{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}+x}{x}}=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\sqrt\frac{{x^2+\sqrt{x^2}}}{x^2}}{\sqrt{\frac{x^2+\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}{x^2}}+1}=\\=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\sqrt{1+\frac{{\sqrt{x^2}}}{x^2}}}{\sqrt{1+\frac{\sqrt{x^2+\sqrt{x^2}}}{x^2}}+1}=\dfrac{\sqrt{1+0}}{\sqrt{1+0}+1}=\dfrac{1}{2}$$
[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{x\to 2}\left(\dfrac{1}{|2-x|}-\dfrac{3}{|8-x^3|}\right):[/tex]
$$\lim\limits_{x\to 2}\left(\dfrac{1}{|2-x|}-\dfrac{3}{|8-x^3|}\right)=\lim\limits_{x\to 2}\left(\dfrac{1}{|2-x|}-\dfrac{3}{|2-x|(4+2x+x^2)}\right)=\\=\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{4+2x+x^2-3}{|2-x|(4+2x+x^2)}=\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{x^2+2x+1}{|2-x|(4+2x+x^2)}=\infty$$
[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x^3}{2x^2-1}-\dfrac{x^2}{2x+1}\right)[/tex]:
$$\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x^3}{2x^2-1}-\dfrac{x^2}{2x+1}\right)=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x^3(2x+1)-x^2(2x^2-1)}{(2x^2-1)(2x+1)}=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x^3+x^2}{(2x^2-1)(2x+1)}=\\=\dfrac{1}{2\cdot 2}=\dfrac{1}{4}$$
Dabar panagrinėsime neapibrėžtumą [tex]\left(1^\infty\right)[/tex] (plačiau apie šį neapibrėžtumą galite pasiskaityti čia: http://www.ematematikas.lt/forumas/skaiciuojame-skaiciu-seku-ribas-treciasis-neapibreztumas-t12187.html). Ribas su šiuo neapibrėžtumu skaičiuosime taikydami formulę, kurią minėjome sekų ribų skaičiavimo temoje, tik šįkart ji bus universalesnė:

Jeigu [tex]\lim\limits_{x\to a}f(x)=1[/tex] ir [tex]\lim\limits_{x\to a}g(x)=\infty[/tex], tai: [tex]\lim\limits_{x\to a}[f(x)]^{g(x)}=e^{\lim\limits_{x\to a}g(x)[f(x)-1]}[/tex], čia [tex]a[/tex] - baigtinis skaičius arba begalybė.

[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{x\to 8}\left(\dfrac{2x-7}{x+1}\right)^\frac{1}{\sqrt[3]{x}-2}[/tex]:
Taikydami formulę, gauname:
$$\lim\limits_{x\to 8}\left(\frac{2x-7}{x+1}\right)^\frac{1}{\sqrt[3]{x}-2}=e^{\lim\limits_{x\to 8}\frac{1}{\sqrt[3]{x}-2}\cdot [\frac{2x-7}{x+1}-1]}=e^{\lim\limits_{x\to 8}\frac{x-8}{(x+1)(\sqrt[3]{x}-2)}}.$$ $$\lim\limits_{x\to 8}\dfrac{x-8}{(x+1)(\sqrt[3]{x}-2)}=\dfrac{1}{9}\lim\limits_{x\to 8}\dfrac{x-8}{\sqrt[3]{x}-2}=\dfrac{1}{9}\lim\limits_{x\to 8}\dfrac{(x-8)\left((\sqrt[3]{x})^2+2\sqrt[3]{x}+4\right)}{\left(\sqrt[3]{x}-2\right)\left((\sqrt[3]{x})^2+2\sqrt[3]{x}+4\right)}=\\=\dfrac{1}{9}\lim\limits_{x\to 8}\dfrac{(x-8)\left((\sqrt[3]{x})^2+2\sqrt[3]{x}+4\right)}{x-8}=\dfrac{1}{9}\lim\limits_{x\to 8}\left((\sqrt[3]{x})^2+2\sqrt[3]{x}+4\right)=\dfrac{1}{9}\cdot\left((\sqrt[3]{8})^2+2\sqrt[3]{8}+4\right)=\\=\dfrac{1}{9}\cdot 12=\dfrac{4}{3}.$$ $$\lim\limits_{x\to 8}\left(\frac{2x-7}{x+1}\right)^\frac{1}{\sqrt[3]{x}-2}=e^{\lim\limits_{x\to 8}\frac{1}{\sqrt[3]{x}-2}\cdot [\frac{2x-7}{x+1}-1]}=e^\frac{4}{3}$$

[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\left(\tan x\right)^{\tan2x}:[/tex]
Taikydami formulę, gauname: $$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\left(\tan x\right)^{\tan2x}=e^{\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\left(\tan 2x\right)(\tan x -1)}.$$ $$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\left(\tan 2x\right)(\tan x -1)=(0\cdot \infty)=\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin 2x}{\cos 2x}\cdot \left(\dfrac{\sin x}{\cos x} -1\right)=\\=\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\dfrac{2\sin x\cos x}{\cos^2 x - \sin^2 x}\cdot \dfrac{\sin x-\cos x}{\cos x}=\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\dfrac{2\sin x}{(\cos x-\sin x)(\cos x+\sin x)}\cdot \dfrac{\sin x-\cos x}{1}=\\=-2\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\dfrac{\sin x}{\cos x+\sin x}=-2\cdot \dfrac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}}=-1.$$ $$\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\left(\tan x\right)^{\tan2x}=e^{\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{4}}\left(\tan 2x\right)(\tan x -1)}=e^{-1}=\dfrac{1}{e}.$$
[tex]\bullet[/tex] Paskaičiuokime ribą [tex]\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\frac{1}{\cot x}}[/tex]:
$$\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\frac{1}{\cot x}}=e^{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cot x}(\sin x-1)}$$ $$\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cot x}(\sin x-1)=\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x}{\cos x}(\sin x-1)=\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x(\sin x-1)}{\cos x}\cdot \dfrac{\sin x+1}{\sin x+1}=\\=\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x(\sin^2 x-1)}{\cos x(\sin x+1)}=\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x(-\cos^2 x)}{\cos x(\sin x+1)}=-\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x\cos x}{\sin x+1}=-\dfrac{1\cdot 0}{0+1}=0$$ $$\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\frac{1}{\cot x}}=e^{\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{1}{\cot x}(\sin x-1)}=e^0=1$$
Tiek šioje temoje. Kažkam galbūt ji bus naudinga. Mes jau išnagrinėjome visus dažniausiai pasitaikančius neapibrėtumus, tačiau sekančią temą dar skirsiu funkcijų ribų skaičiavimui, kadangi liko nepaliesta nykstamųjų funkcijų ir vienpusių ribų skaičiavimo temos.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-11-11

0

peržiūros 58

atsakymai 0

aktyvumas 13 d

 

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!