Mokykis

Ribos be Lopitalio

Visi septyni ribų neapibrėžtumai: kaip juos atpažinti, kokį pertvarkymą pasirinkti ir kaip pagrįsti kiekvieną veiksmą be Lopitalio taisyklės.

1^∞: paprastas paaiškinimas nuo pradžių ↓

Skaityk užrašą kaip du atskirus artėjimus

Užraše $\lim_{x\to a}f(x)=L$ apačia pasako, kur keliauja įvestis: $x\to a$. Dešinė pasako, prie ko tuomet lieka arti rezultatai: $f(x)\to L$. Skaičiai $a$ ir $L$ gali būti visiškai skirtingi. Pavyzdžiui, $x^2$ ties $x=3$ turi ribą $9$. Lentelėje tikrink abi puses: $2{,}9^2=8{,}41$, $3{,}1^2=9{,}61$; artimesni argumentai $2{,}99$ ir $3{,}01$ duoda $8{,}9401$ ir $9{,}0601$. Tai padeda pamatyti kryptį, bet galutiniam įrodymui reikia taisyklės ar apibrėžimo.

Septyni neapibrėžtumai: ką iš tikrųjų nustatome?

$\frac{\infty}{\infty}$, $\infty-\infty$, $1^\infty$, $\frac00$, $\infty\cdot0$, $0^0$, $\infty^0$ yra funkcijų elgesio formos, ne skaičiai, su kuriais galima atlikti įprastus veiksmus. Pirmiausia atskirai nustatyk kiekvienos dalies ribą, tada užrašyk formą ir pasirink pertvarkymą. Ta pati forma gali duoti skirtingus atsakymus. Pvz., kai $x\to+\infty$, $x/x\to1$, $x/x^2\to0$, $x^2/x\to+\infty$, nors visur forma yra begalybių santykis. Šiame skyriuje sprendžiame be Lopitalio.

∞ / ∞: iškelk dominuojantį daugiklį

Polinomų trupmenoje dalyk kiekvieną narį iš didžiausio vardiklio laipsnio arba iškelk didžiausius laipsnius abiejose dalyse. $\frac{a_mx^m+\cdots}{b_kx^k+\cdots}=x^{m-k}\frac{a_m+\cdots}{b_k+\cdots}$. Jei $m=k$, riba yra $a_m/b_k$; jei $m<k$, riba $0$; jei $m>k$, reikia nustatyti likusio laipsnio ir koeficiento ženklą. Pvz., $\frac{2n^2-1}{n+11}=n\frac{2-1/n^2}{1+11/n}\to+\infty$. Šaknims naudok $\sqrt{x^2}=|x|$: tik kai $x>0$, tai lygu $x$. Eksponentėms iškelk didžiausią pagrindą: $\frac{2\cdot4^n+5^n}{3^n-7\cdot5^n}=\frac{2(4/5)^n+1}{(3/5)^n-7}\to-1/7$, nes abu santykiai, kurių pagrindai tarp $0$ ir $1$, nyksta.

∞ − ∞: sujunk prieš skaičiuodamas ribą

Atskirų begalinių ribų atimti negalima. Su trupmenomis ieškok bendro vardiklio, su polinomais iškelk didžiausią laipsnį, su šaknimis daugink iš jungtinio reiškinio. Pvz., $n-\sqrt{n^2+3}=\frac{(n-\sqrt{n^2+3})(n+\sqrt{n^2+3})}{n+\sqrt{n^2+3}}=\frac{-3}{n+\sqrt{n^2+3}}\to0$. Dauginame iš trupmenos, lygios $1$, todėl nepakeičiame reikšmės. Skaitiklyje pritaikome $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$. Jei yra $\ln A-\ln B$, kai $A,B>0$, sujunk į $\ln(A/B)$.

1^∞: pradėk nuo šios minties

$1^\infty$ šioje temoje reiškia: apačioje, skliaustuose, yra skaičius, kuris VIS ARTĖJA prie $1$. Viršuje yra laipsnio rodiklis, kuris vis didėja. Abu keičiasi kartu.

Pats pagrindas dar nėra pakeistas vienetu. Pvz., $1{,}01$ yra arti $1$, bet $1{,}01^{100}\approx2{,}7048$. Jeigu per anksti vietoj $1{,}01$ parašytum $1$, gautum visai kitą rezultatą.

Čia susitinka du dalykai: kiekvienas mažas padidėjimas darosi vis mažesnis, bet jį kartojame vis daugiau kartų. Todėl pirmiausia turime pažiūrėti, kiek jo susikaupia.

Ką reiškia tas mažas skaičius viršuje?

$1{,}1^3$ reiškia $1{,}1\cdot1{,}1\cdot1{,}1=1{,}331$. Skaičių $1{,}1$ vadiname pagrindu, skaičių $3$ – laipsnio rodikliu.

$1{,}1$ yra „vienetas ir dar truputis“. Padauginę vieną kartą gauname mažą pokytį. Daugindami vėl ir vėl, tą pokytį kaupiame. Tai padeda suprasti, kodėl „beveik vienas“ daug kartų dauginamas nebūtinai duoda „beveik vieną“.

Pasižiūrėk į $(1+1/n)^n$. Pavyzdžiui, kai $n=10$, pagrindas yra $1+1/10=1{,}1$, o rodiklis yra $10$.

Pagrindas artėja prie 1, tačiau visas laipsnis artėja prie 2,718…
nPagrindas 1 + 1/nViso laipsnio reikšmė
21,52,2500
101,12,5937
1001,012,7048
10001,0012,7169

Iš kur atsirado raidė e?

Ankstesnės lentelės rezultatai artėja prie konkretaus skaičiaus $2{,}7182818\ldots$. Šiam skaičiui duotas trumpas vardas $e$. Čia $e$ nėra nežinomasis, kurį reikėtų išspręsti.

Šiame kurse remiamės žinoma pagrindine riba:

$$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e.$$

Lentelė padeda pamatyti, kas vyksta; vien lentelė nėra įrodymas. Dar vienas žymėjimas: $e^2$ reiškia $e\cdot e\approx7{,}389$. O $e^{-2}=1/e^2$.

Keturi veiksmai, kuriuos atliksi

Kai pagrindas artėja prie $1$, rodiklis – prie $+\infty$ arba $-\infty$, o pagrindas yra teigiamas (didesnis už $0$), pradėk taip. Iš pradžių nereikia jokių naujų raidžių.

  1. Susirask pagrindą: tai VISA išraiška, kuri pakelta laipsniu. Iš jos atimk $1$.
  2. Gautą skirtumą padaugink iš PRADINIO laipsnio rodiklio. Kol kas skaičiuojame tik šią sandaugą.
  3. Sutvarkyk sandaugą ir rask jos ribą. Pvz., jeigu lieka $6$, riba yra $6$.
  4. Gautą skaičių užrašyk virš $e$. Jeigu gavai $6$, viso pradinio laipsnio riba yra $e^6$.

Pirmas pavyzdys: tik paprasti skaičiai

Apskaičiuokime $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac2n\right)^{3n}$. Neskubėk: kiekviena eilutė atlieka vieną veiksmą.

  1. Pagrindas yra $1+2/n$. Kadangi $2/n\to0$, visas pagrindas artėja prie $1$. Rodiklis yra $3n\to+\infty$. Pagrindas teigiamas, todėl turime tinkamą $1^\infty$ formą.
  2. Iš pagrindo atimame $1$: $\left(1+\frac2n\right)-1=\frac2n$. Vienetai panaikino vienas kitą.
  3. Dauginame iš pradinio rodiklio $3n$: $\frac2n\cdot3n=\frac{2\cdot3\cdot n}{n}$.
  4. Kadangi $n>0$, galime sutrumpinti $n$: $\frac{2\cdot3\cdot n}{n}=2\cdot3=6$.
  5. Sandauga visada lygi $6$, todėl jos riba yra $6$.
  6. Rašome šį skaičių virš $e$. Atsakymas: $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac2n\right)^{3n}=e^6$.

Kodėl gautą 6 rašome virš e?

Tai galima parodyti tavo konspekto būdu. Čia tik paaiškiname ankstesnį atsakymą; iš naujo spėti nereikia.

  1. Žinomoje riboje $(1+1/m)^m\to e$ tas pats skaičius $m$ yra trupmenos vardiklyje ir laipsnio rodiklyje.
  2. Mūsų pavyzdyje $2/n=1/(n/2)$. Vadinasi, vaidmenį „m“ atlieka $n/2$, o ne $n$.
  3. Todėl $\left(1+\frac2n\right)^{n/2}\to e$: tai ta pati pagrindinė riba, tik pervadintas augantis dydis.
  4. Bet užduotyje rodiklis yra $3n$. Kiek kartų jis didesnis už $n/2$? $3n:(n/2)=3n\cdot(2/n)=6$.
  5. Taigi $3n=(n/2)\cdot6$, ir galime tiksliai perrašyti $\left(1+\frac2n\right)^{3n}=\left[\left(1+\frac2n\right)^{n/2}\right]^6$.
  6. Laipsnio taisyklė: $(a^b)^c=a^{bc}$ teigiamam $a$. Patikriname rodiklius: $(n/2)\cdot6=3n$. Nieko nepridėjome ir nepametėme.
  7. Laužtiniuose skliaustuose esantis dydis artėja prie $e$. Jį keliame šeštuoju laipsniu, todėl riba yra $e^6$. Būtent tą patį šešetą anksčiau radome sandauga $(2/n)\cdot3n$.

Tavo konspekto pavyzdys su minusu

Dabar $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n-3}{n}\right)^{n/2}$. Daryk tą patį. Naujas dalykas čia tik minusas.

  1. Žiūrime į $\left(\frac{n-3}{n}\right)^{n/2}$. Pagrindas yra visa trupmena $\frac{n-3}{n}$, o laipsnio rodiklis yra $\frac n2$. Tai dvi atskiros dalys.
  2. Pagrindą padalijame po narį: $\frac{n-3}{n}=\frac nn-\frac3n=1-\frac3n$. Kai $n$ didėja, $3/n\to0$, todėl pagrindas artėja prie $1$.
  3. Rodiklis $n/2\to+\infty$. Taigi atpažinome $1^\infty$ formą. Kai $n>3$, pagrindas teigiamas: metodą taikyti galima.
  4. Iš pagrindo atimame $1$: $\left(1-\frac3n\right)-1=-\frac3n$. Vienetai panaikino vienas kitą. Minusas prie trejeto liko.
  5. Šį skirtumą dauginame iš PRADINIO rodiklio $n/2$: $\left(-\frac3n\right)\cdot\frac n2=\frac{-3n}{2n}=-\frac32$. $n$ sutrumpėjo, nes $n>0$.
  6. Sandauga jau yra pastovus skaičius $-3/2$. Vadinasi, jos riba taip pat $-3/2$. Šis skaičius bus rodiklis virš $e$.
  7. Atsakymas $e^{-3/2}=\frac1{e^{3/2}}\approx0{,}22313$. Ne $-3/2$: tai tik būsimas $e$ rodiklis.
  8. Ženklo patikra: kai $n>3$, pagrindas yra tarp $0$ ir $1$, o rodiklis teigiamas. Todėl rezultatas turi būti tarp $0$ ir $1$. $0{,}22313$ šią patikrą tenkina.

Jei pagrindas – trupmena

Apskaičiuokime $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2-3n}$. Ilgiau užtruks tik atimti $1$ ir sutvarkyti sandaugą. Taisyklė lieka ta pati.

  1. Turime $\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2-3n}$. Pagrindas yra $\frac{n+1}{n-1}$, pradinis rodiklis yra $2-3n$.
  2. Pagrindą perrašome: $n+1=(n-1)+2$, todėl $\frac{n+1}{n-1}=\frac{(n-1)+2}{n-1}=1+\frac2{n-1}$.
  3. Kai $n\to\infty$, $2/(n-1)\to0$, taigi pagrindas artėja prie $1$. Rodiklis $2-3n\to-\infty$. Tai tas pats metodas, tik rodiklis didėja neigiamoje pusėje. Kai $n>1$, pagrindas teigiamas.
  4. Atimame $1$: $\frac{n+1}{n-1}-1=\frac{n+1}{n-1}-\frac{n-1}{n-1}$. Vienetą pakeitėme tokia pačia trupmena, nes $n-1\ne0$.
  5. Sujungiame skaitiklius: $\frac{(n+1)-(n-1)}{n-1}=\frac{n+1-n+1}{n-1}=\frac2{n-1}$. Atkreipk dėmesį: minusas prieš skliaustus pakeitė $-1$ į $+1$.
  6. Dauginame iš pradinio rodiklio: $\frac2{n-1}(2-3n)=\frac{2(2-3n)}{n-1}=\frac{4-6n}{n-1}$.
  7. Ši trupmena dar priklauso nuo $n$, todėl randame jos ribą. Dalijame KIEKVIENĄ skaitiklio ir vardiklio narį iš $n$: $\frac{4-6n}{n-1}=\frac{4/n-6}{1-1/n}$.
  8. Kai $n\to\infty$, $4/n\to0$ ir $1/n\to0$. Lieka $\frac{0-6}{1-0}=-6$.
  9. Gautą $-6$ rašome virš $e$. Atsakymas $e^{-6}=\frac1{e^6}\approx0{,}002479$.
  10. Ženklo patikra: pagrindas didesnis už $1$, o rodiklis neigiamas, taigi skaičiuojame atvirkštinį teigiamo laipsnio dydį. Rezultatas turi būti tarp $0$ ir $1$.

Pasitikrink: ką rašytum virš e?

Pabandyk prieš atverdamas atsakymą: $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac4n\right)^{2n}$. Iš pagrindo atėmęs $1$, gausi $4/n$. Ką gausi padauginęs iš $2n$?

Parodyti visus pasitikrinimo žingsnius
  1. Pagrindas $1+4/n\to1$, rodiklis $2n\to+\infty$, pagrindas teigiamas. Tinka $1^\infty$ metodas.
  2. Skirtumas nuo $1$: $(1+4/n)-1=4/n$.
  3. Dauginame: $(4/n)\cdot2n=8n/n=8$.
  4. Sandaugos riba $8$. Todėl pradinio laipsnio riba $e^8$. Atsakymas yra $e^8$, o ne $8$.

Trys vietos, kur lengva suklysti

1. Pamatęs $1^\infty$, nerašyk iš karto nei $1$, nei $e$. Tas užrašas pasako tik formą. Pavyzdžiai $(1+1/n)^n\to e$ ir $(1+1/n)^{2n}\to e^2$ turi tą pačią formą, bet skirtingus atsakymus.

2. Atimk $1$ iš VISO pagrindo. Pavyzdžiui, $(n-3)/n-1=-3/n$. Nepamesk minuso.

3. Neužbaik gavęs sandaugos ribą. Jei ji $-3/2$, atsakymas dar tik bus $e^{-3/2}$. Jei ji $0$, atsakymas $e^0=1$.

Papildomai: bendras pagrindimas ir metodo ribos

Bendra žinomos pagrindinės ribos forma yra $(1+t)^{1/t}\to e$, kai $t\to0$ ir $1+t>0$. Tai galioja ir kai mažas $t$ neigiamas. Pavyzdyje su minusu $t=-3/n$ ir $1/t=-n/3$.

Kad neatsirastų netikra lygybė, visada atskiriame tikslų perrašymą nuo ribos. Pvz., $\left(1-\frac3n\right)^{n/2}=\left[\left(1-\frac3n\right)^{-n/3}\right]^{-3/2}$, nes $(-n/3)(-3/2)=n/2$. Skliaustų riba $e$, todėl visos išraiškos riba $e^{-3/2}$.

Kodėl trumpasis būdas veikia ir kai abu rodikliai kintami? Pavadinkime pagrindą $a$, pradinį rodiklį $b$ ir teigiamą laipsnį $y=a^b$. Tada $\ln y=b\ln a=b(a-1)\frac{\ln a}{a-1}$. Kadangi $a\to1$, santykis $\ln a/(a-1)\to1$ pagal pagrindinę logaritmo ribą. Taigi jei $b(a-1)\to c$, gauname $\ln y\to c$, o $y\to e^c$. Čia pirmą kartą įvestos raidės tik sutrumpina jau išmoktus žodžius.

Jeigu sandauga artėja prie $+\infty$, visas laipsnis artėja prie $+\infty$; jei prie $-\infty$ – prie $0$. Jei sandaugos riba neegzistuoja, vien šis metodas galutinio atsakymo neduoda. Pagrindas turi būti teigiamas pakankamai arti artėjimo taško. Kai kuriuose taškuose $a=1$, santykio su $a-1$ ten nerašome: pačią išraišką vertiname tiesiogiai kaip $1^b=1$.

Jei norėsi paskaityti angliškai

Paaiškinimas čia parašytas iš naujo lietuviškai: pradedame nuo kartojamo mažo pokyčio, tada pereiname prie skaičiavimo. Angliškuose šaltiniuose gali pasitikrinti e prasmę, laipsnių taisykles ir bendrą metodą.

0 / 0: panaikink bendrą nykstantį daugiklį

$0/0$ nėra nei nulis, nei vienetas. Polinomus skaidyk daugikliais; šaknų skirtumui taikyk jungtinį reiškinį; trigonometrinėms, logaritminėms ir eksponentinėms išraiškoms paruošk pagrindinę ribą. $\frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2$ tik kai $x\ne2$. Ribai to užtenka, nes $x$ artėja prie $2$, bet nėra lygus $2$. Trumpinti galima daugiklius, ne sumos narius. Pvz., $\sin(4x)/(2x)=2\,\sin(4x)/(4x)\to2$; daugiklis $2$ yra būtinas.

∞ · 0: sandaugą paversk patogia trupmena

Kai $f\to\infty$, $g\to0$, rašyk $fg=\frac{g}{1/f}$ (forma $0/0$) arba $fg=\frac{f}{1/g}$ (forma $\infty/\infty$), jei atitinkamos dalys nelygios nuliui. Pasirink kelią, kurį galima spręsti algebra ar pagrindine riba. Pvz., $x\ln(1+1/x)=\frac{\ln(1+1/x)}{1/x}$. Pakeitus $t=1/x$, kai $x\to+\infty$, gauname $t\to0^+$ ir ribą $\ln(1+t)/t\to1$. Pradinio logaritmo argumentas turi būti teigiamas.

0^0: pirmiausia logaritmuok

Kalbame apie teigiamą pagrindą $f\to0^+$ ir rodiklį $g\to0$. Rašyk $y=f^g>0$ ir $\ln y=g\ln f$. Kadangi $\ln f\to-\infty$, gaunama nulio ir begalybės sandauga. Tik apskaičiavęs $A=\lim g\ln f$ grįžk prie $y=e^{\ln y}$: baigtiniam $A$ atsakymas $e^A$, kai $A=-\infty$ – $0$, kai $A=+\infty$ – $+\infty$. Pvz., kai $x\to0^+$, $x^x\to1$, bet $x^{1/\ln x}=e$. Abu atvejai turi formą $0^0$. Įprasto $a^0=1$ čia taikyti negalima: rodiklis tik artėja prie nulio.

∞^0: nulį lygink su pagrindo logaritmu

Kai $f\to+\infty$ ir $g\to0$, vėl imk $\ln y=g\ln f$. Pagrindo logaritmas auga, rodiklis nyksta; jų sandauga nusprendžia atsakymą. Pvz., kai $x\to+\infty$, $x^{1/x}\to1$, $x^{1/\ln x}=e$, o $x^{1/\sqrt{\ln x}}=e^{\sqrt{\ln x}}\to+\infty$. Taigi $\infty^0$ savaime nelygu $1$. Visais laipsnio atvejais patikrink $f>0$; su neigiamu pagrindu ir kintamu realiuoju rodikliu ši schema netinka.

! Kodėl šaknies negalima skaidyti per sumą?

$\sqrt{A+B}$ paprastai nelygu $\sqrt A+\sqrt B$: kai $A=B=1$, kairėje $\sqrt2$, dešinėje $2$. Teisinga iškelti daugiklį: $\sqrt{n^2+n+1}=\sqrt{n^2(1+1/n+1/n^2)}=|n|\sqrt{1+1/n+1/n^2}$. Sekai $n\in\mathbb N$ turime $|n|=n$. Kai $x\to-\infty$, $|x|=-x$, todėl šis ženklas gali pakeisti atsakymą. Konspekto perbrauktas šaknies išskaidymas yra klaida, kurią reikia ištaisyti, o ne taisyklė.

! Laipsniai su paslinktu rodikliu

$6^{n+1}=6^n\cdot6$, $6^{n-1}=6^n/6$, $4^{n+2}=16\cdot4^n$. Todėl $\frac{6^{n+1}-4^{n+2}}{3^n+6^{n-1}}=\frac{6-16(2/3)^n}{(1/2)^n+1/6}\to36$. Skaičius $6$ vardiklyje atsiranda kaip $1/6$, o ne $6$. Po iškėlimo tikrink kiekvieną narį padauginęs atgal; vienodą pagrindą turintys laipsniai dalijant atimami rodikliais.

? Kada galima rašyti C/0 arba C/∞?

Jei $C$ yra baigtinis pastovus skaičius ir $|g|\to\infty$, tai $C/g\to0$. Bet kai $g\to0$ ir $C\ne0$, būtina nustatyti ženklus bei vienpuses ribas: $1/x\to+\infty$ iš dešinės ir $-\infty$ iš kairės, todėl dvipusės ribos nėra. $1/x^2\to+\infty$ iš abiejų pusių. $0\cdot\infty$ lieka neapibrėžtumas. Jei daugiklis artėja prie baigtinio neneulinio $C$, jo sandaugos su begalybe ženklą lemia $C$ ženklas: $x^4(2/x-1)\to-\infty$, kai $x\to+\infty$.

Pagrindinės ribos: suvienodink argumentus

Kai $t\to0$, $\frac{\sin t}t\to1$, $\frac{\tan t}t\to1$, $\frac{\arcsin t}t\to1$, $\frac{\arctan t}t\to1$, $\frac{\ln(1+t)}t\to1$, $\frac{e^t-1}t\to1$, $\frac{1-\cos t}{t^2/2}\to1$. Trigonometriniai argumentai yra radianais. Paskutinė riba seka iš $1-\cos t=2\sin^2(t/2)$: padaliję iš $t^2/2$ gauname $(\sin(t/2)/(t/2))^2\to1$. Taip pat $\frac{(1+t)^\alpha-1}t\to\alpha$ fiksuotam $\alpha$, kai $1+t>0$. Visur tas pats mažas argumentas turi būti ir funkcijoje, ir santykio vardiklyje.

Augimo greičiai ir suspaudimas

Kai $n\to\infty$, $q^n\to0$ jei $|q|<1$, $n^k/a^n\to0$ jei $a>1$ ir $k$ fiksuotas natūralus skaičius. Taip pat $\sqrt[n]a\to1$ jei pastovus $a>0$, ir $\sqrt[n]n\to1$. Pastarąją patogu pagrįsti logaritmu: $\ln(n^{1/n})=\ln n/n\to0$. Šio augimo palyginimo įrodymas be Lopitalio: kai $t=\ln x\to\infty$, iš $e^t\ge t^2/2$ gauname $0\le\ln x/x=t/e^t\le2/t\to0$. Suspaudimo teorema reikalauja dviejų įverčių su vienoda riba. Pvz., konspekte $a=5$: jei $d_n=5^{1/n}-1>0$, tai $5=(1+d_n)^n\ge1+nd_n$, todėl $0<d_n\le4/n\to0$ ir $5^{1/n}\to1$.

! Kiekviena sprendimo eilutė turi priežastį

Tvarka: sritis ir artėjimo kryptis → dalių ribos ir neapibrėžtumas → tiksli algebrinė lygybė → pakeisto kintamojo artėjimas → taikoma pagrindinė riba → likusių skaičių veiksmai → atsakymas. Skaitinis bandymas padeda aptikti ženklų klaidas, bet nėra ribos įrodymas. Jei naujas kintamasis yra $t=-3/n$, tai $t\to0^-$, o $(1+t)^{1/t}\to e$ ir iš šios pusės, nes pagrindas galiausiai teigiamas.

Atverti interaktyvų grafiką ↗

Išspręskime kartu

Apskaičiuok $\lim_{x\to0}\dfrac{\sqrt{4+x}-2}{e^{7x}-1}$.

  1. Įstatome $x=0$: $\sqrt4-2=0$, $e^0-1=0$. Forma $\displaystyle \frac{0}{0}$ reiškia, kad išraišką reikia pertvarkyti.
  2. Dauginame visą trupmeną iš $\displaystyle \frac{\sqrt{4+x}+2}{\sqrt{4+x}+2}=1$. Taip jos reikšmės nepakeičiame.
  3. Taikome $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$: $(\sqrt{4+x}-2)(\sqrt{4+x}+2)=4+x-4=x$.
  4. Gauname $\displaystyle \frac{x}{(\sqrt{4+x}+2)(e^{7x}-1)}=\frac1{\sqrt{4+x}+2}\cdot\frac{x}{e^{7x}-1}$.
  5. Kad argumentas $7x$ būtų ir skaitiklyje, rašome $\displaystyle x=\frac17(7x)$. Taigi antras daugiklis $\displaystyle \frac17\frac{7x}{e^{7x}-1}$.
  6. Kai $x\to0$, $t=7x\to0$. Žinoma riba $\displaystyle \frac{e^t-1}t\to1$, todėl ir atvirkštinis santykis artėja prie $1$.
  7. Pirmas daugiklis artėja prie $\displaystyle \frac1{2+2}=\frac14$, antras prie $\displaystyle \frac17$. Sandaugos riba $\displaystyle \frac14\cdot\frac17=\frac1{28}$.

Atsakymas. $\displaystyle \frac{1}{28}$.

Pasirink neapibrėžtumą ir spręsk

Panaikink 0/0 išskaidydamas

Apskaičiuok $\displaystyle \lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x-2}$ be L’Hôpital taisyklės.

Užuomina

Skaitiklis yra kvadratų skirtumas.

Pirmas žingsnis

Užrašyk $x^2-4=(x-2)(x+2)$.

Sprendimo eiga
  1. Užrašyk $x^2-4=(x-2)(x+2)$.
  2. Skaidome $x^2-4=(x-2)(x+2)$. Todėl $\displaystyle \frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}$.
  3. Tiesiogiai įstatę $2$ gauname $\displaystyle \frac{0}{0}$. Tai ne atsakymas, o ženklas, kad išraišką reikia pertvarkyti.
  4. Kai $x\ne2$, trupmena lygi $x+2$, nes sutrumpiname bendrą daugiklį $x-2$.
  5. Ribai reikia reikšmių šalia taško, todėl trumpinimas leistinas.
  6. Lieka $\lim_{x\to2}(x+2)=4$.
  7. Patikra: kai $x=2{,}01$, pertvarkyta išraiška lygi $4{,}01$.

$4$

Sujunk dvi pagrindines ribas

Apskaičiuok $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\sin(4x)}{e^{2x}-1}$ be L’Hôpital taisyklės.

Užuomina

Sukurk santykius $\displaystyle \frac{\sin t}{t}$ ir $\displaystyle \frac{t}{e^t-1}$.

Pirmas žingsnis

Perrašyk kaip $\displaystyle 2\cdot\frac{\sin(4x)}{4x}\cdot\frac{2x}{e^{2x}-1}$.

Sprendimo eiga
  1. Perrašyk kaip $\displaystyle 2\cdot\frac{\sin(4x)}{4x}\cdot\frac{2x}{e^{2x}-1}$.
  2. Įstačius nulį vėl gauname $\displaystyle \frac{0}{0}$, todėl taikome žinomas ribas.
  3. Visas pertvarkymas: $\displaystyle \frac{\sin(4x)}{e^{2x}-1}=\frac{\sin(4x)}{4x}\cdot\frac{2x}{e^{2x}-1}\cdot\frac{4x}{2x}=2\frac{\sin(4x)}{4x}\frac{2x}{e^{2x}-1}$. Daugiklis $2$ atsirado iš $\displaystyle \frac{4x}{2x}$, kai $x\ne0$.
  4. Pirmasis santykis $\displaystyle \frac{\sin(4x)}{4x}$ artėja prie $1$. Trigonometriniai argumentai matuojami radianais.
  5. Antrasis santykis $\displaystyle \frac{2x}{e^{2x}-1}$ artėja prie $1$, nes $\displaystyle \frac{e^t-1}{t}\to1$.
  6. Lieka $2\cdot1\cdot1=2$.
  7. Patikra: kai $x=0{,}001$, santykis yra maždaug $1{,}998$.

$2$

Vienodi didžiausi laipsniai

Apskaičiuok $\lim_{n\to\infty}\frac{n^{3/2}+2n+1}{7n\sqrt n+4}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Iškelk didžiausią laipsnį.

Pirmas žingsnis

$n$ yra teigiamas sveikasis skaičius. Abi trupmenos dalys artėja prie $+\infty$, todėl forma $\infty/\infty$.

Sprendimo eiga
  1. $n$ yra teigiamas sveikasis skaičius. Abi trupmenos dalys artėja prie $+\infty$, todėl forma $\infty/\infty$.
  2. $n\sqrt n=n^{3/2}$. Iškeliame šį daugiklį skaitiklyje: $n^{3/2}+2n+1=n^{3/2}(1+2/n^{1/2}+1/n^{3/2})$.
  3. Vardiklis $7n\sqrt n+4=n^{3/2}(7+4/n^{3/2})$.
  4. Kadangi $n^{3/2}>0$, trumpiname: $\frac{1+2/\sqrt n+1/n^{3/2}}{7+4/n^{3/2}}$.
  5. $2/\sqrt n\to0$, $1/n^{3/2}\to0$, $4/n^{3/2}\to0$.
  6. Vardiklio riba $7\ne0$, todėl gauname $(1+0+0)/(7+0)=1/7$.

$1/7$

Paslinkti eksponenčių rodikliai

Apskaičiuok $\lim_{n\to\infty}\frac{6^{n+1}-4^{n+2}}{3^n+6^{n-1}}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Iškelk didžiausią eksponentę ir išsaugok pastovius daugiklius.

Pirmas žingsnis

$6^{n+1}$ auga greičiau nei $4^{n+2}$, todėl skaitiklis ir vardiklis artėja prie $+\infty$: forma $\infty/\infty$.

Sprendimo eiga
  1. $6^{n+1}$ auga greičiau nei $4^{n+2}$, todėl skaitiklis ir vardiklis artėja prie $+\infty$: forma $\infty/\infty$.
  2. Išrašome $6^{n+1}=6\cdot6^n$, $4^{n+2}=16\cdot4^n$, $6^{n-1}=6^n/6$.
  3. Skaitiklis $6^n[6-16(4/6)^n]$, vardiklis $6^n[(3/6)^n+1/6]$.
  4. Trumpiname teigiamą $6^n$: lieka $\frac{6-16(2/3)^n}{(1/2)^n+1/6}$.
  5. Kadangi $0<2/3<1$ ir $0<1/2<1$, abu laipsniai artėja prie $0$.
  6. Riba $\frac{6-16\cdot0}{0+1/6}=6\cdot6=36$.

$36$

Šaknų skirtumas ir jungtinis reiškinys

Apskaičiuok $\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2+1})$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Daugink iš jungtinio reiškinio.

Pirmas žingsnis

Abi šaknys artėja prie $+\infty$. Forma $\infty-\infty$; šaknų per sumą neskaidome.

Sprendimo eiga
  1. Abi šaknys artėja prie $+\infty$. Forma $\infty-\infty$; šaknų per sumą neskaidome.
  2. Dauginame iš $\frac{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2+1}}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2+1}}=1$.
  3. Skaitiklis pagal kvadratų skirtumo formulę lygus $(n^2+n+1)-(n^2+1)=n$.
  4. Gauname $\frac{n}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2+1}}$.
  5. Kai $n>0$, $\sqrt{n^2+n+1}=n\sqrt{1+1/n+1/n^2}$, $\sqrt{n^2+1}=n\sqrt{1+1/n^2}$.
  6. Trumpiname $n$: $\frac1{\sqrt{1+1/n+1/n^2}+\sqrt{1+1/n^2}}$.
  7. $1/n,1/n^2\to0$. Vardiklis artėja prie $1+1=2$, taigi riba $1/2$.

$1/2$

Begalybių skirtumo ženklas

Apskaičiuok $\lim_{n\to\infty}(2n^3-n^4)$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Iškelk didžiausią laipsnį ir nustatyk ženklą.

Pirmas žingsnis

Abu atimami dydžiai artėja prie $+\infty$, todėl forma $\infty-\infty$.

Sprendimo eiga
  1. Abu atimami dydžiai artėja prie $+\infty$, todėl forma $\infty-\infty$.
  2. Iškeliame didesnį laipsnį: $2n^3-n^4=n^4(2/n-1)$.
  3. $2/n\to0$, todėl skliaustas artėja prie $-1$, o $n^4\to+\infty$.
  4. Kai $n>4$, $2/n<1/2$, todėl $2/n-1<-1/2$.
  5. Vadinasi, $2n^3-n^4<-n^4/2\to-\infty$. Atsakymo ženklas neigiamas.

$-\infty$

1^∞: pagrindas mažesnis už vienetą

Apskaičiuok $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n-3}{n}\right)^{n/2}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Iš viso pagrindo atimk 1, tada padaugink iš pradinio rodiklio n/2. Išsaugok minusą.

Pirmas žingsnis

Žiūrime į $\left(\frac{n-3}{n}\right)^{n/2}$. Pagrindas yra visa trupmena $\frac{n-3}{n}$, o laipsnio rodiklis yra $\frac n2$. Tai dvi atskiros dalys.

Sprendimo eiga
  1. Žiūrime į $\left(\frac{n-3}{n}\right)^{n/2}$. Pagrindas yra visa trupmena $\frac{n-3}{n}$, o laipsnio rodiklis yra $\frac n2$. Tai dvi atskiros dalys.
  2. Pagrindą padalijame po narį: $\frac{n-3}{n}=\frac nn-\frac3n=1-\frac3n$. Kai $n$ didėja, $3/n\to0$, todėl pagrindas artėja prie $1$.
  3. Rodiklis $n/2\to+\infty$. Taigi atpažinome $1^\infty$ formą. Kai $n>3$, pagrindas teigiamas: metodą taikyti galima.
  4. Iš pagrindo atimame $1$: $\left(1-\frac3n\right)-1=-\frac3n$. Vienetai panaikino vienas kitą. Minusas prie trejeto liko.
  5. Šį skirtumą dauginame iš PRADINIO rodiklio $n/2$: $\left(-\frac3n\right)\cdot\frac n2=\frac{-3n}{2n}=-\frac32$. $n$ sutrumpėjo, nes $n>0$.
  6. Sandauga jau yra pastovus skaičius $-3/2$. Vadinasi, jos riba taip pat $-3/2$. Šis skaičius bus rodiklis virš $e$.
  7. Atsakymas $e^{-3/2}=\frac1{e^{3/2}}\approx0{,}22313$. Ne $-3/2$: tai tik būsimas $e$ rodiklis.
  8. Ženklo patikra: kai $n>3$, pagrindas yra tarp $0$ ir $1$, o rodiklis teigiamas. Todėl rezultatas turi būti tarp $0$ ir $1$. $0{,}22313$ šią patikrą tenkina.

$e^{-3/2}$

1^∞: kai pagrindas yra trupmena

Apskaičiuok $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2-3n}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Vienetą užrašyk kaip (n−1)/(n−1). Atimk trupmenas, tada daugink iš viso rodiklio 2−3n.

Pirmas žingsnis

Turime $\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2-3n}$. Pagrindas yra $\frac{n+1}{n-1}$, pradinis rodiklis yra $2-3n$.

Sprendimo eiga
  1. Turime $\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2-3n}$. Pagrindas yra $\frac{n+1}{n-1}$, pradinis rodiklis yra $2-3n$.
  2. Pagrindą perrašome: $n+1=(n-1)+2$, todėl $\frac{n+1}{n-1}=\frac{(n-1)+2}{n-1}=1+\frac2{n-1}$.
  3. Kai $n\to\infty$, $2/(n-1)\to0$, taigi pagrindas artėja prie $1$. Rodiklis $2-3n\to-\infty$. Tai tas pats metodas, tik rodiklis didėja neigiamoje pusėje. Kai $n>1$, pagrindas teigiamas.
  4. Atimame $1$: $\frac{n+1}{n-1}-1=\frac{n+1}{n-1}-\frac{n-1}{n-1}$. Vienetą pakeitėme tokia pačia trupmena, nes $n-1\ne0$.
  5. Sujungiame skaitiklius: $\frac{(n+1)-(n-1)}{n-1}=\frac{n+1-n+1}{n-1}=\frac2{n-1}$. Atkreipk dėmesį: minusas prieš skliaustus pakeitė $-1$ į $+1$.
  6. Dauginame iš pradinio rodiklio: $\frac2{n-1}(2-3n)=\frac{2(2-3n)}{n-1}=\frac{4-6n}{n-1}$.
  7. Ši trupmena dar priklauso nuo $n$, todėl randame jos ribą. Dalijame KIEKVIENĄ skaitiklio ir vardiklio narį iš $n$: $\frac{4-6n}{n-1}=\frac{4/n-6}{1-1/n}$.
  8. Kai $n\to\infty$, $4/n\to0$ ir $1/n\to0$. Lieka $\frac{0-6}{1-0}=-6$.
  9. Gautą $-6$ rašome virš $e$. Atsakymas $e^{-6}=\frac1{e^6}\approx0{,}002479$.
  10. Ženklo patikra: pagrindas didesnis už $1$, o rodiklis neigiamas, taigi skaičiuojame atvirkštinį teigiamo laipsnio dydį. Rezultatas turi būti tarp $0$ ir $1$.

$e^{-6}$

Trumpiname tik bendrą daugiklį

Apskaičiuok $\lim_{x\to2}\frac{x^2-4}{x^2+2x-8}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Skaidyk skaitiklį ir vardiklį daugikliais.

Pirmas žingsnis

Įstatę $x=2$ gauname $(4-4)/(4+4-8)=0/0$.

Sprendimo eiga
  1. Įstatę $x=2$ gauname $(4-4)/(4+4-8)=0/0$.
  2. $x^2-4=(x-2)(x+2)$.
  3. $x^2+2x-8=(x-2)(x+4)$, nes išskleidus gauname $x^2+4x-2x-8$.
  4. Kai $x\ne2$ ir $x\ne-4$, pradinė trupmena lygi $\frac{(x-2)(x+2)}{(x-2)(x+4)}=\frac{x+2}{x+4}$.
  5. Artėjant prie $2$ imame artimą aplinką, kur $x\ne-4$. Ribai nereikia reikšmės pačiame $x=2$.
  6. Dabar vardiklis artėja prie $6\ne0$: riba $(2+2)/(2+4)=4/6=2/3$.

$2/3$

Kodėl kosinuso riboje atsiranda pusė?

Apskaičiuok $\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(3x)}{x^2}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Taikyk pusinio kampo tapatybę ir sinuso pagrindinę ribą.

Pirmas žingsnis

Skaitiklis ir vardiklis artėja prie $0$: forma $0/0$. Kampai radianais.

Sprendimo eiga
  1. Skaitiklis ir vardiklis artėja prie $0$: forma $0/0$. Kampai radianais.
  2. Naudojame tapatybę $1-\cos(3x)=2\sin^2(3x/2)$.
  3. $\frac{2\sin^2(3x/2)}{x^2}=2\left(\frac{\sin(3x/2)}{3x/2}\right)^2\frac{(3x/2)^2}{x^2}$.
  4. Kai $x\ne0$, paskutinė trupmena lygi $9/4$. Taigi gauname $\frac92\left(\frac{\sin(3x/2)}{3x/2}\right)^2$.
  5. $t=3x/2\to0$, todėl $\sin t/t\to1$.
  6. Riba $\frac92\cdot1^2=9/2$.

$9/2$

Nykstantis logaritmas ir augantis daugiklis

Apskaičiuok $\lim_{x\to+\infty}x\ln(1+1/x)$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Sandaugą paversk 0/0 ir įvesk t = 1/x.

Pirmas žingsnis

Kai $x>0$, logaritmo argumentas teigiamas. $x\to+\infty$, $\ln(1+1/x)\to0$: forma $\infty\cdot0$.

Sprendimo eiga
  1. Kai $x>0$, logaritmo argumentas teigiamas. $x\to+\infty$, $\ln(1+1/x)\to0$: forma $\infty\cdot0$.
  2. Sandaugą užrašome kaip $\frac{\ln(1+1/x)}{1/x}$.
  3. Keičiame $t=1/x$; tada $t\to0^+$, $x=1/t$.
  4. Reiškinys tiksliai lygus $\ln(1+t)/t$.
  5. Taikome pagrindinę ribą $\lim_{t\to0}\ln(1+t)/t=1$.

$1$

Augantis x ir nykstantis sinusas

Apskaičiuok $\lim_{x\to+\infty}x\sin(3/x)$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Sukurk sin t / t santykį.

Pirmas žingsnis

$x\to+\infty$, $\sin(3/x)\to0$: forma $\infty\cdot0$.

Sprendimo eiga
  1. $x\to+\infty$, $\sin(3/x)\to0$: forma $\infty\cdot0$.
  2. $x\sin(3/x)=3\frac{\sin(3/x)}{3/x}$, nes $3/(3/x)=x$.
  3. Imame $t=3/x\to0^+$. Kampas $t$ matuojamas radianais.
  4. Gauname $3\sin t/t\to3\cdot1=3$.

$3$

Nulinis pagrindas ir nykstantis rodiklis

Apskaičiuok $\lim_{x\to0^+}x^x$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Logaritmuok ir pagrįsk ln t / t ribą.

Pirmas žingsnis

Imame $x>0$, kad kintamas realusis laipsnis būtų apibrėžtas. Pagrindas $x\to0^+$ ir rodiklis $x\to0$: forma $0^0$.

Sprendimo eiga
  1. Imame $x>0$, kad kintamas realusis laipsnis būtų apibrėžtas. Pagrindas $x\to0^+$ ir rodiklis $x\to0$: forma $0^0$.
  2. Pažymime $y=x^x>0$. Tada $\ln y=x\ln x$.
  3. Keičiame $t=1/x\to+\infty$, todėl $x\ln x=(1/t)\ln(1/t)=-\ln t/t$.
  4. Pagrindžiame augimo palyginimą be išvestinių: $s=\ln t\to+\infty$, $t=e^s$, o $e^s\ge s^2/2$. Įvertis gaunamas iš $e^s=1+s+s^2/2!+s^3/3!+\cdots$: kai $s>0$, visi nariai neneigiami, todėl suma ne mažesnė už vieną narį $s^2/2$.
  5. Todėl $0\le\ln t/t=s/e^s\le2/s\to0$. Pagal suspaudimą $\ln t/t\to0$.
  6. Vadinasi, $\ln y\to0$, o $y=e^{\ln y}\to e^0=1$.

$1$

0^0 gali duoti ir e

Apskaičiuok $\lim_{x\to0^+}x^{1/\ln x}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Logaritmuok ir sutrumpink neneulinį logaritmą.

Pirmas žingsnis

Pasirenkame $0<x<1$. Tada $\ln x<0$ ir $\ln x\ne0$, pagrindas teigiamas.

Sprendimo eiga
  1. Pasirenkame $0<x<1$. Tada $\ln x<0$ ir $\ln x\ne0$, pagrindas teigiamas.
  2. $x\to0^+$, $\ln x\to-\infty$, todėl $1/\ln x\to0^-$: forma $0^0$.
  3. Pažymime $y=x^{1/\ln x}>0$ ir logaritmuojame: $\ln y=\frac1{\ln x}\ln x=1$.
  4. Iš čia $y=e^1=e$ kiekvienam $x$ šiame intervale.
  5. Pastovios išraiškos riba lygi $e$. Tai parodo, kodėl $0^0$ negalima automatiškai pakeisti vienetu.

$e$

Augantis pagrindas, rodiklis 1/x

Apskaičiuok $\lim_{x\to+\infty}x^{1/x}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Logaritmuok ir taikyk suspaudimą.

Pirmas žingsnis

Kai $x>1$, pagrindas teigiamas. $x\to+\infty$, $1/x\to0^+$: forma $\infty^0$.

Sprendimo eiga
  1. Kai $x>1$, pagrindas teigiamas. $x\to+\infty$, $1/x\to0^+$: forma $\infty^0$.
  2. Tegu $y=x^{1/x}$. Logaritmuojame: $\ln y=(1/x)\ln x=\ln x/x$.
  3. Imame $t=\ln x\to+\infty$, tada $x=e^t$ ir $\ln x/x=t/e^t$.
  4. Kadangi $e^t\ge t^2/2$, turime $0\le t/e^t\le2/t\to0$. Čia naudojame $e^t=1+t+t^2/2!+t^3/3!+\cdots\ge t^2/2$, nes $t>0$ ir visi nariai neneigiami.
  5. Pagal suspaudimą $\ln y\to0$, todėl $y\to e^0=1$.

$1$

∞^0 gali duoti ir e

Apskaičiuok $\lim_{x\to+\infty}x^{1/\ln x}$ be Lopitalio taisyklės.

Užuomina

Apskaičiuok rodiklio ir pagrindo logaritmo sandaugą.

Pirmas žingsnis

Imame $x>1$. Pagrindas teigiamas ir artėja prie $+\infty$.

Sprendimo eiga
  1. Imame $x>1$. Pagrindas teigiamas ir artėja prie $+\infty$.
  2. $\ln x\to+\infty$, todėl $1/\ln x\to0^+$: forma $\infty^0$.
  3. Tegu $y=x^{1/\ln x}>0$. Tada $\ln y=(1/\ln x)\ln x=1$.
  4. Grįžtame: $y=e$ visiems $x>1$.
  5. Vadinasi, riba yra $e$, nors rodiklis artėja prie nulio.

$e$

Daugiau užduočių pagal skyrius ↗