Шартары орындалсын. Онда
f
(х)
=
g(t).
(6)
болады. Мұндағы (6) теңдігін былай түсіну керек: теңдіктің оң жағындағы шек бар болса, онда сол жақтағы шек те бар болып, (6) теңдігі орындалады.
Бұл тұжырымның дәлелдеуі күрделі функцияның шегі туралы теореманың (4 (§ 4)-п. қараңыз), дәлелдеуіне ұқсас болып, (4) орындалғандықтан, одан да қысқа болады.
Е с к е р т у. С-тәсілі жалпы жағдайда, яғни хр болғанда да орындалады, тек қана (5) шартын
х Óр)Хf (х) b
шартына ауыстыру қажет.
С-тәсілін
қолданудың мысалы ретінде
(m
–оң
бүтін сан,
0 –нақты
сан)
шегі
бар болатын дәлелдеп, оның мәнін табайық.
Ол үшін t(х)
=
алмастыруын қолданайық.
Егер
х
болса, онда 1-
х
(1-
х )
(1+ х)
= t (х)
(1+ х
)
х.
Бұдан
t(х)
= 1 теңдігінің орындалуы айқын
(шектің анықтамасында
01 үшін
()
=
деп алсақ болғаны).
Әрине, (5) шарты да айқын түрде орындалады.
Сонымен,
х =
(tm-1)
болғандықтан
(*)
болады
(мұнда g(t) =
болады, ал оның шегін алдында тапқанбыз).
Е с к е р т у. (4) орындалып, (5) орындалмаса, онда (6)-ның оң жағындағы шек бар болып, бірақ сол жағындағы шек болмауы мүмкін.
Мысалы,
g(t)
=
t(х)
=
формуланы
толықтыру керек
болсын.
Онда
= 0 үшін
t(х) = 0
= b,
g(t)
= 0 болады, бірақ xn=
үшін t(xn)
=
0,
g(t(xn))
= 0 және xn
=
үшін t(xn)
= 0, g(t(xn))
= g(0) = 1 болады, демек, g(t(x))
функциясының а=0
нүктесінде шегі жоқ.
Т-тәсілі (тепе-тең түрлендіру тәсілі) деп өрнекке 0 санын қосса (Т0-тәсілі) немесе өрнекті 1 санына көбейтсе (Т1-тәсілі) өрнек өзгермейтінін пайдалануды атайық.
Бұл жеке мағынасы жоқ, көмекші тәсіл болады. Мысалы,
=
=
.
Мұнда
1=
(х0)
теңдігін қолдандық, демек, белгілеуіміз
бойынша Т1-тәсілін
пайдаландық. Дәл солай,
.
Мұнда 0=1-1 теңдігін қолдандық, демек, белгілеуіміз бойынша Т0-тәсілін пайдаландық.
Е-тәсілі (e санынның анықтамасын пайдалану тәсілі). Егер (х) 1, (х) (х р) болса, онда
(х)(х)
= e
(7)
болады.
Бұл теңдікті былай түсіну керек: егер теңдіктің оң жағындағы шек бар болса, онда сол жағындағы да шек бар болып, (7) теңдігі орындалады. Е-тәсілі 1 түріндегі анықталмағандықты жеңілдеу ашылатын 0 түріндегі анықталмағандыққа айналдырады.
Сонымен,
(7) теңдігін дәлелдейік. Әуелі р-ның
белгілі бір ойылған маңайының барлық
нүктелерінде (х)1
болсын. Онда
өрнегі мағыналы болады да,
t(х)
= (х)
– 1, g(t)
= (1+t)
(8)
үшін С-тәсілі бойынша (сондағы ескертуді де қарау керек)
e
=
(1+t)
g(t)
g(t(x))
=
1+((х)-1)
=
(х)
. (9)
болады. Сондықтан, (х)-1) (х) бар болса, онда
u(x) =(х) және (х)-1) (х) = v(x)
үшін 4( § 4)-пункттегі 3-салдар мен (9) бойынша
(х) = u (х)v(x) =e , (10)
яғни (7) бұл жағдайда дәлелденді.
Енді
p-ның
кез келген ойылған маңайында
бірге айналатын нүкте бар болсын, яғни
белгілі бір {
}
тізбегі үшін
р,
(
)1
шарттары орындалсын. Онда (7) теңдігінің
оң жағындағы шек бар болса, ол міндетті
түрде 0 болуы тиіс, өйткені
( )( ) = 0 0 = (х)-1(х)
болады. Сонымен, бұл жағдайда (7)-ні дәлелдеу үшін
(х)(х) = 1 =e0 (11)
теңдігін
дәлелдеу қажет. Бұл үшін шектің тізбектер
тіліндегі анықтамасын пайдаланайық.
хn
р
шартын қанағаттандыратын тізбек
берілсін. Егер әрбір n
үшін (хn)
1
болса, онда (10) бойынша
(хn)(
)
=e0
=
1. Ал барлық n
үшін (хn)
=
1 болса, онда (хn)(
)
=
1(
)
=
1
1 болады. р-ға
ұмтылатын кез келген {хn}
тізбегі қарастырылған екі жағдайды
қанағаттандыратын тізбектерді араластыру
арқылы құрылған болғандықтан, оған
сәйкес (
хn)(
)
тізбегінің шегі де бар және 1-ге тең
болады, яғни (11) теңдігі, сонымен бірге
(7) теңдігі толық дәлелденді. Шектің
тізбектер тіліндегі анықтамасы бойынша
да (7) орындалады.
Е-тәсілін
қолдануға мысал ретінде
шегін табайық.
Мұнда (х) =1+2х1 (х 0), (х) = (х 0), (х)-1(х) =22 (х 0) демек, (7) теңдігін қолдануға болады. Сондықтан,
= e2.
L-тәсілі
(логарифмнің
=1
қасиетін* пайдалану тәсілі): Егер f(x)
0,
g(х)
0 (х
р)
болса, онда
=
.
(12)
болады. Бұл теңдікті былай түсіну керек: екі шектің біреуі бар болса, онда екіншісі де бар болып, (12) теңдігі орындалады. (12)-нің дәлелдеуі =1 теңдігіне негізделген.
Бұнда да, (7)-ні дәлелдегендей екі қарама-қарсы жағдайды қарастыру керек: біріншісі: р-ның белгілі бір ойылған маңайында f нольге айналмайтын болса, екіншісі – оған кері болады. (12)-ні солдан оңға қарай р=0, f(х)=ах-10 (х0), g(х)=х0 (х0), үшін қолдансақ, онда маңызды
=
=
=
ln a
теңдігіне келеміз. Ал енді (12) теңдігін р=, f(х) = g(х) = 0 (х) үшін солдан оңға қарай қолдансақ, онда
ln
(х+1) – ln х
=
х
ln(
+1)
=
х
=1.
Соңында, тағы бір маңызды шекті табайық. р=0, f(х) = (1+х) 1, g(х) = х болса, онда
=
=
=
.
Е с к е р т у. Б.П.Демидовичтің* жинағындағы есептерді мынадай тәсілдерді қолданып шығаруға болады:
Тәсіл |
А |
А1 |
В |
С |
Т |
Е |
L |
№ есептер |
418-423 |
424-428 |
427-443, 445-448 |
444-452 |
449-451 |
512-528 |
541-543 |
Әрине, көбінесе есептер осы тәсілдердің бірнешеуін қатар қолдану арқылы шығарылады.
Бұл теңдік 4 (§4)-пунктте дәлелденген еді (сондағы 2-салдар).
** Б.П.Демидович, Сборник задач и упражнений по математическому анализу: М.-Наука, 1969 ж.
IV Т А Р А У