Funksiya limiti.Funksiya limitining hissalari
![7 – t a’ r i f . Agar ∀ ε>0 son uchun shunday δ > 0 son topilsaki, х
argumentning
0 <|x− a|< δ tengsizliklarni qanoatlantiruvchi barcha qiymatlarida
|f(x)|> Ε ( f(x)> Ε ; − f(x)> Ε )
tengsizlik bajarilsa, f(x) funksiyaning
a nuqtadagi limiti
∞ (+∞ ,− ∞ ) deyiladi va
lim
x→a
f(x)(lim
x→a
f(x)=+ ∞ ; lim
x→a
f(x)= − ∞ )
kabi belgilanadi.
Endi
x→ ∞ (x→ + ∞ ; x→ − ∞ ) da funksiya limiti tushunchasini keltiramiz.
8 – t a’ r i f . (Geyne ta’rifi). Agar x to’plamning nuqtalaridan tuzilgan har qanday cheksiz
katta (musbat cheksiz katta; manfiy cheksiz katta)
{xn} ketma – ketlik olganda ham mos5 – t a’ r i f. (Ge yne t a’rifi ) . Agar Х to’plamning nuqtalaridan tuzilgan,
har bir h adi a dan katta (kichik) bo’lib, a ga intiluvchi har
qanday
{xn} ketma – ketlik olinganda ham mos {f(xn)}
ketma – ketlik yagona b soniga intilsa, shu b son
f(x)
funksiyaning a nuqtadagi o’ng (chap) limiti deyiladi
va quyidagicha belgilanadi:
lim
x→a+0
f(x)= b yoki f(a+0)= b
( lim
x→a−0
f(x)= b
yoki f(a− 0)= b) .
6 – t a’ r i f . (K oshi t a’rifi ) . Agar
∀ ε> 0 son uchun shunday δ>0 son
topilsaki, argument х ning tengsizlikni qanoatlantiruvchi
barcha qiymatlarida
|f(x)− b|<ε tengsizlik bajarilsa, b son
f(x)
funksiyaning a nuqtadagi o’ng (chap) limiti deyiladi va
quyidagicha belgilanadi:
lim
x→a+0
f(x)= b yoki f(a+0)= b
( lim
x→a−0
f(x)= b
yoki f(a− 0)= b) .Teorema . Funksiya limiti uchun berilgan Geyne va Koshi (2- va 3-ta’riflar)
ta’riflari o’zaro ekvivalentdir.(Isboti [3], 204-bet).
Biz yuqorida
f(x) funksiya x→ a dagi chekli b limitga ega bo’lishining
Koshi ta’rifini (3-ta’rif) keltirdik.
b= ∞ (b =+ ∞ , b= − ∞ ) bo’lgan
h olda funksiya limitining Koshi ta’rifi quyidagicha ifodalanadi.](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_6.png?v=1)
![Funksiya limitining ta’rifiga asosan: lim
x→ 2
3 x+ 1
5 x + 4
= 1
2
2. Funksiya limitining Koshi ta’rifi (ya’ni “ – δ” ta’rifidan foydalanib) asosida
lim
x→1
(3 x− 8)= − 5
ekanligini ko’rsating.
Y e c h i s h. “ – δ” ta’rifiga asosan
∀ ε>0 uchun shunday δ>0 topiladiki |x− 1|<δ
tengsizlikdan
|f(x)− (− 5)|= |f(x)+5|< ε tengsizlikka kelamiz. Boshqacha aytganda
|3 x− 8+5|= 3|x− 1|< ε
tengsizlikni yechish kerak. Bu esa |x− 1|< ε
3
= δ bo’lganda
|f(x)+5|< ε
bajariladi. Bundan lim
x→1
(3x− 8)= − 5 tenglik bajariladi.
3.
lim
x→1
sin 1
x− 1 ning limiti mavjud emasligini ko’rsating.
Y e c h i s h. Ikki ketma – ketlik
xn= 1+ 1
πn va
yn=1+ 2
(4n+1)π
(n=1,2 ,...) lar
lim
n→∞
xn= lim
n→∞
yn= 1
.
Funksiya qiymatlaridan iborat ketma – ketliklar quyidagicha:
f(xn)= sin 1
1+ 1
(nπ )− 1
= sin nπ = 0
va f(yn)=sin 1
1+ 2
[(4n+1)π]
−1
= sin 4π+1
2 π=
= sin (2πn +π
2)= 1
bo’lib, lim
xn→1
f(xn)= 0 va lim
yn→1
f(yn)= 1 , ya’ni {xn} va {yn}
ketma – ketliklar har хil limitlarga ega bo’lgani uchun
x→ 1 da
sin 1
x− 1 funksiyaning limiti
mavjud emasligini ko’rsatadi.
4.
f(x)= ¿{− 2x+3, agar x≤ 1 ¿¿¿¿ funksiyaning x → 1 dagi bir
tomonlama limitlarini toping.](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_8.png?v=1)
![5 0
. Agar х argumentning 0<|x− a|<δ tengsizlikni qanoatlantiruvchi barcha
qiymatlarida
f1(x)≤ f(x)≤ f2(x) tengsizlik o’rinli bo’lib,
lim
x→a
f1(x)= lim
x→a
f2(x)= b
bo’lsa, u holda lim
x→a
f(x) – mavjud va u ham b ga teng.
6 0
. Agar
lim
x→a
f1(x)= b1 , lim
x→a
f2(x)= b2 bo’lsa, u holda f1(x)± f2(x) ,
f1(x)⋅f2(x)
,
f1(x)
f2(x)
(f2(x)≠ 0) funksiyalar ham limitga ega va
lim
x→a
(f1(x)± f2(x))= b1± b2
, lim
x→a
(f1(x)⋅f2(x))= b1⋅b2 , lim
x→a
f1(x)
f2(x)
=
b1
b2 (b2≠ 0)
munosabatlar o’rinli.
7 0
. Agar
lim
x→a
f(x) mavjud bo’lsa, u holda lim
x→a
(k⋅f(x)) ham majud va u
k⋅lim
x→a
f(x)
ga teng (k-const) , ya’ni lim
x→a
(k⋅ f(x))= klim
x→a
f(x) .
8 0
. Agar
lim
x→a
f(x) mavjud va chekli bo’lsa, u holda lim
x→a
[f (x)]
m ham mavjud
(mЄN) va
lim
x→ a [ f ( x )]m = [lim
x→ a
f ( x )]
m munosabat o’rinli bo’ladi.
Faraz qilaylik
{xn} to’plamda t= ϕ(x) funksiya aniqlangan va bu funksiya
qiymatlaridan iborat
{t } to’plamda y= f(t) funksiya aniqlangan bo’lib, ular yordamida
murakkab
y= f(ϕ(x)) funksiya hosil qilingan bo’lsin.
9 0
. Agar 1)
lim
x→a
ϕ(x)= c bo’lib, a nuqtaning shunday (a –
, a + ) atrofi mavjud
bo’lsaki, bu atrofdan olingan barcha х lar uchun
ϕ(x)≠ c bo’lsa, 2) c nuqta T to’plamning](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_10.png?v=1)
![Haqiqatdan ham 1
x
= y belgilash natijasida lim
x→0
(1+ x)
1
x= lim
y→∞(1+
1
y)
y bo’lib,
lim
y→∞(1+
1
y)
y
= e
munosabatdan lim
x→0
(1+ x)
1
x= e kelib chiqadi.
va formulalarga ikkinchi ajoyib limit deyiladi. e=2,7182818 … irasional
son bo’lib, asosi e ga teng bo’lgan logarifmga natural logarifm deyiladi, ya’ni
log a x= log ex= ln x
; lg x = M ln x ,M = 0 ,43429 ...
Masalalarni yechishda «ajoyib limitlar» deb ataluvchi ushbu limitlardan foydalanishga
to’g’ri keladi:
lim
x→0
log a(1+ x)
x
= log ae
lim
x→0
ln (1+ x)
x
= 1
lim
x→0
ax− 1
x
= ln a
lim
x→0
(1+ x)α− 1
x
= α
lim
x→0
ln (1+ x)
x
= ln e= 1
lim
x→0
ex− 1
x
= ln e= 1
Bularda
a ≠ 1 , a > 0 .
Logarifmik funksiyaning aniqlanish sohasida uzluksizligidan
lim
x→x0
f(x)= f
(
lim
x→x0
x
)
tenglik o’rinli bo’lishligini e’tiborga olib topamiz:
lim
x→ x0
log a(1+ x )
x
= lim
x→0
1
x
log a(1+ x)= lim
x→0
[log a(1+ x)
1
x]= 8
10
11 12
13 14
15 16
17](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_15.png?v=1)
![= log a [lim
x→ a
(1 + x )
1
x
]= log a e.
Demak,
lim
x→ 0
log a(1 + x )
x
= log a e tenglik bajariladi.
Хususan,
lim
x→ 0
ln (1 + x )
x
= ln e= 1
limitni hioblash uchun
ax− 1= t deb almashtirish olamiz. Ravshanki,
x→ 0
da t→ 0 va
a x− 1= t=> a x= 1+ t=> log aa x= log a(1 + t)=> x log aa=
= log a(1 + t)=> x = log a(1 + t)
. Natijada ushbu tenglikka ega bo’lamiz:
lim
x→ a
a x− 1
x
= lim
t→ 0
t
log a(1 + t)
= lim
t→ 0
1
log a(1 + t)
t
.
Agar
lim
t→ 0
1
log a(1 + t)
t
= 1
lim
t→ 0
log a(1+ t)
t
= 1
log ae
= ln a
bo’lishini hisobga olsak, u holda
lim
x→0
ax− 1
x
= ln a(a≠ 1 , a> 0) ekanligini
topamiz.
Yuqoridagiga o’хshash mulohaza bilan tenglikning to’g’riligini ko’rsatish mumkin. 11
15
13
13
14](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_16.png?v=1)
![M i s o l l a r .
1) lim
x→ 0
eax − ebx
sin cx − sin dx
= lim
x→ 0
a⋅ eax − 1
ax
− b⋅ ebx − 1
bx
c⋅sin cx
cx
− d⋅sin dx
dx
= a − b
c− d
2)
lim
x→a
ln x− ln a
x− a
= lim
t→0
ln (t+ a )− ln a
t
= lim
t→0
ln (1+ t
a )
t
= 1
a
3)
lim
x→2
sin (x− 2)
x2− 4
= lim
x→2
1
x+2
⋅
sin (x− 2)
x− 2
= lim
x→2
1
x+ 2
⋅lim
x→2
sin (x− 2)
x− 2
= 1
4
4)
lim
x→ 1
x
1
x− 1= lim
x→ 1
[1 + ( x − 1 )]
1
x− 1= e
Ekvivalent cheksiz kichik funksiyalar .
1 – t a’ r i f. Agar
lim
x→a
α (x)= 0 bo’lsa, u holda α(x) x→ a da cheksiz
kamayuvchi funksiya deyiladi. Ba’zan «cheksiz kichik» ham deyiladi.
lim
α→ 0
e
α
− 1
α
= 1 ; lim
α→ 0
sin α
α
= 1
x − a = t bo’lsin u holda x = t + a va x → a da t→ 0](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_17.png?v=1)
![1) lim
x→a
α(x)
β(x)
= lim
x→a
n
√1+x− 1
1
n
⋅x
= (
0
0)= ¿‖n
√1+x= t, 1+x= tn, x= tn− 1¿‖¿
¿
¿¿
= lim
t→1
t− 1
1
n
(tn− 1)
= (
0
0)= lim
t→0
(t− 1)⋅n
(t− 1)(tn−1+tn−2+...+t+1)
= n
n
= 1
, demak,
x→ 0
da
n
√ 1+ x− 1 ~
1
n
⋅x
2)
lim
x→a
α(x)
β(x)
= lim
x→0
√1+ x+ x2− 1
sin 2 x
sin x
= lim
x→0
= √1+ x+ x2− 1
sin x⋅sin 2x
= (
0
0)=
= lim
x→0
x(1+x)
sin x⋅sin 2x√1+x+ x2+1
= (
0
0)= lim
x→0
x
sin x
⋅lim
x→0
1
√1+ x+x2+1
⋅lim
x→0
1+x
sin 2x
=
= 1⋅
1
2
⋅∞ = ∞
, demak, o’zaro ekvivalent emas.
Ekvivalent cheksiz kichik
funksiyalar jadvali.
Agar
lim
x→a
f(x)= k , 0<|k|< ∞ bo’lsa, u holda f(x)α(x)~kα (x) .
Agar
α(x)~ψ(x) , β(x)~ψ(x) bo’lsa, u holda α(x)~β(x) .
x → a
da α(x) «cheksiz kichik» uchun ekvivalent cheksiz kichik funksiyalar jadvali:
1.
sin α(x)~ α(x) ; 6. ln [1+α(x)]~ α(x) ;](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_19.png?v=1)
![2. tg α(x)~ α(x) ; 7. aα(x)− 1~ α(x)ln a(a> 0) ;
3.
1− cos α(x)~
[α(x)]
2
2 ; 8. eα(x)− 1~ α(x) ;
4.
arcsin α(x)~ α(x) ; 9. [1+ α(x)]
p
− 1~ pα (x) ;
5.
arctg α(x)~ α(x) ; 10.
n
√1+ α(x)− 1 ~
α(x)
n ;
M i s o l l a r.
1.
x → 0 da sin √ x √ x ~ √ x2+ √ x3 bo’lishligini ko’rsating.
Y e c h i s h: Jadvaldagi 1 – formulaga asosan:
sin √ x √ x ~ √ x √ x= x
3
4
; √ x2+ √ x3= x
3
4√ 1+ x
1
2~ x
3
4 . Bundan
sin √ x√ x~ √x2+ √ x3
to’g’riligi kelib chiqadi.
2. Quyida berilgan «cheksiz kichik» larni ekvivalentlariga almashtiring:
a)
a sin α − bα 3 ; b) (1− cos α)2+ 12 α3+2α4+5α5 ;
Y e c h i s h:
a)
α(x) va β(x) «cheksiz kichik» lar har хil tartibli, ya’ni α(x)= asin α miqdor
1–tartibli,
β(x)= (− bα 3) – 3–tartibli bo’lgani uchun:
a sin α + (− bα 3)~ 3 sin α ~ 3 α
.
b)
(1− cos α)2+12 α3+2α4+5α5= 4sin 4α
2
+12 α3+2α4+5α5 qo’shiluvchilarning eng
kichik tartibli
12 α3 bo’lgani uchun: (1− cos α)2+ 12 α3+2α4+5α5~ 12 α3 .](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_20.png?v=1)
![3. Quyidagi limitlarni ekvivalent cheksiz kichiklardan foydalanib hisoblang:
a) lim
x→ 0
sin kx
ln (1 + kx )
= (
0
0 )= lim
x→ 0
kx
kx
= 1
(Jadvalga asosan:
sin kx ~ kx va ln (1+ kx )~ kx )
b)
lim
x→0
4
√1+x2− 1
lncos x
= lim
x→0
x2
4
ln [1+(cos x− 1)]
= 1
4
lim
x→0
x2
cos x− 1
= − 1
4
lim
x→0
x2
x2
2
= − 1
2
Limitlarni hisoblash yo’llari.
Funksiyaning limiti uning argumentining intilgan sonida aniqlangan bo’lishiga bog’liq
emas. Amalda esa funksiya limitini topishda bu munosabat katta ahamiyatga ega.
I. Agar berilgan
f (x) funksiya elementar bo’lib, х intilgan son uning aniqlanish
sohasiga tegishli bo’lsa, u holda funksiyaning limiti
f (x) ning х intilgan son qiymatidagi
xususiy qiymatiga teng bo’ladi, ya’ni
lim
x→a
f(x)= f(a) .
1 – m i s o l .
lim
x→2
x2− 3 x+ 4
x− 1
= 4− 6+ 4
1
= 2
, chunki elementar funksiya bo’lib, argument
intilgan son uning aniqlanish sohasiga kirganligi uchun uning limiti funksiyaning argumenti
intilgan son qiymatidagi хususiy qiymatiga teng.
Agar funksiyada argument
∞ ga yoki uning aniqlanish sohasiga tegishli bo’lmagan
songa intilsa, bu holda funksiya limitini topishda alohida tekshirish olib borish kerak bo’ladi.
Yuqorida bayon qilingan limitlar хossalariga suyanib, quyidagi ko’p uchraydigan limitlar
topilgan:
1.
lim
x→∞
ax = ∞ 3. lim
x→∞
a
x
= 0](https://docx.uz/documents/be55bdb6-8595-4779-a5db-217d69dacdb0/page_21.png?v=1)
Funksiya limiti.Funksiya limitining hissalari