Epävarmuustekijöiden paljastaminen

Kokeneet kirjoittajat eivät ole vielä tarkistaneet sivun nykyistä versiota, ja se voi poiketa merkittävästi 29.9.2021 tarkistetusta versiosta . tarkastukset vaativat 2 muokkausta .

Epävarmuuden paljastaminen - menetelmät kaavojen antamien funktioiden rajojen laskemiseksi , jotka niiden argumentin raja-arvojen muodollisen korvaamisen seurauksena menettävät merkityksensä, eli ne muuttuvat ilmauksiksi, kuten:

\left(\infty -\infty \oikea)

\left({\frac {\infty }{\infty }}\oikea)

\left({\frac {0}{0}}\oikea)

\left(0\cdot \infty \right)

\left(0^{0}\right)

\left(\infty ^{0}\oikea)

\left(1^{\infty }\oikea)

(Tässä on äärettömän pieni arvo , on äärettömän suuri arvo , 1 on lauseke äärettömän lähellä lukua 1) ${\textstyle 0}$ $\infty$

jonka perusteella on mahdotonta arvioida, ovatko halutut rajat olemassa vai eivät, puhumattakaan niiden arvojen löytämisestä, jos niitä on.

Tehokkain menetelmä on L'Hopitalin sääntö , mutta se ei salli rajan laskemista kaikissa tapauksissa . Lisäksi se on suoraan sovellettavissa vain toiseen ja kolmanteen luetelluista epävarmuustyypeistä, eli suhteista, ja muiden tyyppien paljastamiseksi ne on ensin lyhennettävä yhteen näistä.

Myös raja-arvojen laskemiseen käytetään usein tutkittavan epävarmuuden lausekkeiden laajennusta Taylor-sarjassa rajapisteen läheisyydessä . Tyyppien , epävarmuustekijöiden paljastamiseksi he käyttävät seuraavaa menetelmää: he löytävät annetun epävarmuuden sisältävän lausekkeen (luonnollisen) logaritmin rajan . Tämän seurauksena epävarmuuden tyyppi muuttuu. Kun raja on löydetty, siitä otetaan eksponentti . $\vasen(~0^{0}\oikea)$ $\left(1^{\infty }\oikea)$ $\left(\infty ^{0}\oikea)$

\left(~0^{0}\right)=\left(e^{0\cdot \ln {0}}\right)=\left(e^{0\cdot (-\infty )} \oikea)

\left(~1^{\infty }\right)=\left(e^{\infty \cdot \ln {1))\right)=\left(e^{\infty \cdot 0}\ oikein)

\left(~\infty ^{0}\right)=\left(e^{0\cdot \ln {\infty }}\right)=\left(e^{0\cdot \infty }\ oikein)

Seuraavaa algoritmia käytetään tyyppiepäselvyyksien ratkaisemiseen : ${\frac {\infty }{\infty ))$

Muuttujan korkeimman asteen tunnistaminen;
Jaa tällä muuttujalla sekä osoittaja että nimittäjä.

Tyyppiepäselvyyksien ratkaisemiseksi on olemassa seuraava algoritmi: $\left({\frac {0}{0}}\oikea)$

Osoittajan ja nimittäjän faktorointi;
Fraktion vähentäminen.

Tyyppiepäselvyyksien ratkaisemiseksi on joskus kätevää käyttää seuraavaa muunnosa: $(\infty -\infty )$

Anna ja ;

f(x){\xrightarrow {x\to a}}\infty

g(x){\xrightarrow {x\to a}}\infty

\lim _{{x\to a}}[f(x)-g(x)]=(\infty -\infty )=\lim _{{x\to a}}\left({\frac {1 }{{\frac {1}{f(x)}}}}-{\frac {1}{{\frac {1}{g(x)))}}\right)=\lim _{{x \to a}}{\frac {{\frac {1}{g(x)}}-{\frac {1}{f(x)))}{{\frac {1}{g(x)} }\cdot {\frac {1}{f(x)}}}}=\left({\frac {0}{0}}\right)

Tämän tyyppinen epävarmuus voidaan ratkaista käyttämällä minuendin ja aliosan asymptoottisia laajennuksia, kun taas äärettömän suuret samaa luokkaa olevat termit on eliminoitava.

Merkittävät rajat ja niiden seuraukset pätevät myös epävarmuustekijöiden paljastamisessa .

Esimerkki

$\lim _{x\to a}{\frac {a^{x}-x^{a}}{xa}},a>0$ on esimerkki [1] muodon epävarmuudesta . L'Hopitalin säännön mukaan . Toinen tapa on lisätä ja vähentää osoittajassa ja soveltaa Lagrangen lausetta kahdesti , funktioihin ja vastaavasti: $\left({\frac {0}{0}}\oikea)$ $\lim _{x\to a}{\frac {a^{x}-x^{a}}{xa}}=\lim _{x\to a}{\frac {a^{x }\ln a-ax^{a-1}}{1}}=a^{a}(\ln a-1)$ $a^{a}$ $a^{x}$ $x^{a}$

${\frac {a^{x}-x^{a}}{xa}}={\frac {a^{x}-a^{a}-(x^{a}-a^{ a})}{xa))={\frac {a^{c}\ln a(xa)-ad^{a-1}(xa)}{xa}}=a^{c}\ln a- mainos^{a-1}$

tässä c, d ovat a:n ja x:n välissä, joten niillä on taipumus a:ksi kuin x:llä a, joten saamme saman rajan kuin ensimmäisessä menetelmässä.

Muistiinpanot

↑ Demidovich B.P. Tehtävä nro 1358 // Kokoelma matemaattisen analyysin tehtäviä ja harjoituksia. - 7. painos - M . : Nauka , 1969. - S. 136.

Sanakirjat ja tietosanakirjat	Iso venäläinen Uusi