Takið sérstaklega eftir því að fallið virðist ekki fara upp eða niður í óendanleikann þegar við nálgumst gildið \(x=0\).
Öllu heldur þá virðist fallið stefna á gildið \(1\)!
Við höfum séð að ef \(x_0\) er tala sem er mjög nálægt núlli þá verður fallgildið \(g(x_0)\) mjög nálægt því að verða \(1\).
Munum að fallið \(g\) er ekki skilgreint í núlli, hins vegar höfum við sér orðalag fyrir svona tilvik.
Við segjum að
markgildi
en: limit Smelltu fyrir ítarlegri þýðingu. fallsins \(g\) í núlli sé einn.
Einnig má segja að \(g(x)\) stefni á einn þegar \(x\) stefnir á núll.
Á táknmáli er skrifað
\[\lim_{x\to 0}g(x)=1.\]
Þetta er hægt að gera almennt.
Látum nú \(a\) vera stak í
bilinu
en: interval Smelltu fyrir ítarlegri þýðingu.\(I\) í \(\mathbb{R}\).
Látum \(f:\;I\setminus\{a\}\to \mathbb{R}\) vera eitthvað fall og \(b\in \mathbb{R}\) vera tölu.
Við segjum að markgildi fallsins \(f\) í punktinum \(x=a\) sé \(b\) ef fyrir allar tölur \(x_0\) sem eru nálægt tölunni \(a\) þá er talan \(f(x_0)\) nálægt tölunni \(b\).
Þá skrifum við
Gerum ráð fyrir að \(I\subset \mathbb{R}\) sé bil í \(\mathbb{R}\) og að \(a\in I\) sé punktur á bilinu sem er hvorugur endapunkta þess.
Gerum ráð fyrir að \(f:\; I\setminus\{a\}\to \mathbb{R}\) sé fall og að \(b\in \mathbb{R}\) sé tala.
Við segjum að markgildi fallsins \(f\) í punktinum \(a\) sé \(b\) og ritum
\[\lim_{x\to a}f(x)=b\]
ef að eftirfarandi gildir:
Fyrir sérhvert \(\epsilon>0\) er til \(\delta>0\) þannig að
ef
\[|x-a|<\delta,\]
þá er
\[0<|f(x)-b|<\epsilon.\]
Athugasemd
Í þessari skilgreiningu má ímynda sér að \(\epsilon\) og \(\delta\) séu rosalega litlar tölur.
Ójafnan \(|x-a|<\delta\) þýðir þá að \(x\) sé rosalega nálægt því að vera \(a\) og ójafnan \(0<|f(x)-b|<\epsilon\) þýðir að \(f(x)\) er rosalega nálægt því að vera \(b\).
Athugum að \(a\) og \(b\) geta verið hvaða tölur sem er, jafnvel \(\pm \infty\).
Aðvörun
Við segjum að markgildi fallsins sé til ef fallið stefnir á rauntölu.
Ef fall stefnir á \(+ \infty\) eða \(-\infty\) segjum við að markgildið sé ekki til .
Skoðum ræða fallið \(f(x) = \frac{x}{x-1}\) .
Hvert er markgildi \(f\) þegar \(x\) stefnir á 1?
Þegar við skoðum bláa grafið vinstra megin við vandræðapunktinn tekur fallið snögga dýfu niður í \(-\infty\) þegar það nálgast 1.
Þetta köllum við að skoða vinstra markgildi og táknum með litlum mínus í hávísi.
Í þessu tilviki myndum við skrifa:
\[\lim_{x \to 1^{-}} \frac{x}{x-1} = -\infty\]
Hins vegar, þegar við eltum rauða ferilinn hægra megin við vandræðapunktinn stefnir fallið hratt upp í \(+\infty\) þegar það nálgast 1.
Þetta köllum við hægra markgildi og táknum með litlum plús í hávísi.
Í þessu tilviki myndum við skrifa:
\[\lim_{x \to 1^{+}} \frac{x}{x-1} = \infty\]
Athugasemd
Þegar hægra markgildi og vinstra markigildi falls í punkti er ekki það sama þá er markgildið ekki til.
Markgildi \(f(x)\) í punktinum \(x=a\) er ekki til nema ef
\[\lim_{x\to a^+} f(x) = \lim_{x\to a^-} f(x)\]
Aðvörun
Skoðum myndræn dæmi þar sem markgildið er ekki til.
Hér er fallið ekki að stefna á eitt gildi í punktinum \(a\), því það er ekki að stefna á sama gildi hægra megin og vinstra megin. Markgildið er því ekki til.
Hér stefnir fallið á \(\infty\) í punktinum \(a\) og því er markgildið ekki til.
Ef við höfum markgildið \(\lim_{x \to c} f(x)\) þar sem fallið er rætt, það er að segja á forminu \(f(x) = \frac{p(x)}{q(x)}\), þá þarf að passa að \(q(c) \neq 0\). Þá verða markgildisreikningarnir einfaldir, sjá dæmi 1 og 2.
Dæmi
Finnið markgildin:
1.
\(\lim_{x\to 2}\frac{x^3+2x^2}{x^3-x^2+1}\).
Hér er \(q(x)=x^3-x^2+1\)
og \(q(2)=2^3-2^2+1=5\not=0\)
Hér er \(2\) í skilgreiningarmenginu svo til þess að reikna markgildið er gildinu einfaldlega stungið inn.
Markgildið er því:
Hér er \(q(x)=x^2-16\) og \(p(x)=x^3-4x^2-4x+16\) .
Við tökum eftir að \(q(4)=0\) og \(p(4)=0\).
Prófum að stytta út þætti.
Við getum umritað \(p(x) = (x-2)(x+2)(x-4)\) og \(q(x)=(x-4)(x+4)\)
og sjáum að \((x-4)\) er sameiginlegur þáttur sem styttist út.
Aftur er nánast augljóst hvert markgildið er.
Ef ferill fallsins \(f\) er teiknaður upp sést greinilega að hann stefnir á punktinn \((4, 2)\).
Það er að segja, það sést að markgildi fallsins er tveir.
Við skulum sýna þetta formlega.
Látum \(\epsilon > 0\) vera einhverja gefna tölu.
Sýna þarf að til sé \(\delta>0\) þannig að \(|x−4|<\delta\) hafi í för með sér að \(| x−2|<\epsilon\). Látum \(\delta = 2 \cdot \epsilon\).
Þá fæst að ef \(|x − 4| < \delta\) þá er
Hér munum við láta rökstuðning duga í staðinn fyrir að nota formlegu skilgreiningarnar.
1.\(\lim_{x\to 0}\frac{1}{(2^x-1)^2}\)
Þegar \(x\) stefnir á núll þá stefnir \((2^x-1)^2\) á núll (því \(2^0=1\)) svo að
\(\frac{1}{(2^x-1)^2}\) stefnir annað hvort á plús eða mínus óendanlegt. Þar sem \(\frac{1}{(2^x-1)^2}=\left(\frac{1}{2^x-1}\right)^2\) er stæða í öðru veldi þá er hún alltaf jákvæð. Hún hlýtur því að stefna á plús óendanlegt, við skrifum
\[\lim_{x\to 0}\frac{1}{(2^x-1)^2}=\infty.\]
Sjáum út frá mynd að fallið stefnir á plús óendalegu þegar \(x\) stefnir á \(0\) frá báðum áttum.
Þegar \(x\) stefnir á \(\pi/2\) þá stefnir \(\cos(x)\) á núll svo \(\frac{1}{\cos(x)}\) stefnir á plús eða mínus óendanlegt.
Þekkt er að \(\cos(x)\) er jákvætt ef \(0<x<\pi/2\). Stæðan \(\frac{1}{\cos(x)}\) er þess vegna jákvæð á sama bili og þess vegna stefnir hún á plús óendanlegt ef \(x\) nálgast \(\pi/2\) frá vinstri.
Við skrifum
Hér er fallið með
aðfellu
en: asymptote Smelltu fyrir ítarlegri þýðingu. í \(\frac{\pi}{2}\) sem þýðir að fallið tekur ekki gildi í \(\frac{\pi}{2}\) en við sjáum að fallið er að stefna á plús óendanlegt frá vinstri.
Við byrjum á því að deila með \(x^2\) fyrir ofan og neðan strik. Við notum svo reiknireglurnar fyrir afganginn og þá staðreynd að \(\frac{1}{x^n}\) stefnir á núll þegar \(x\) stefnir á \(\infty\) fyrir allar náttúrulegar tölur \(n\).
Auðvelt er að sjá að fallið \(\frac{1}{x}\) stefnir á núll þegar \(x\) stefnir á óendanlegt.
Þekkt er að \(|\sin(x)|\leq 1\) fyrir öll \(x\) og því fæst að \(0\leq (\sin(x))^2 \leq 1\) fyrir öll \(x\).
Þegar \(x\) er stórt er því \(\frac{1}{x}\) nálægt núlli og \((\sin(x))^2\) er á milli núll og einn.
En þá er auðvelt að sjá að
\[\frac{(\sin(x))^2}{x}=(\sin(x))^2\frac{1}{x}\]
er nálægt núlli svo að markgildið er núll. Hér notuðum við reiknireglu 5.
Við skrifum:
\[\lim_{x\to\infty}\frac{(\sin(x))^2}{x}=0.\]
Sjáum á grafinu að þegar við förum lengra eftir \(x\)-ás nálgast fallið \(0\).
Dæmi
Finnið markgildið:
\[\lim_{x\to \infty} \frac{x}{2x+1}\]
Þegar \(x\) stefnir á stærri og stærri tölur byrjar \(1\) að skipta minna máli því hann er mikið minni í samanburði við það sem \(x\) stefnir á. Þá erum við komin með einfaldara markgildi til að skoða:
Í punktinum \(x=0\) tekur fallið \(g\) stökk frá því að vera jafnt mínus einum í það að vera jafnt einum. Fallið er þess vegna ósamfellt í þeim punkti.
Föllin \(\sin(x)\) og \(x^2\) eru bæði samfelld. Fallið \(h\) er því samfellt í öllum punktum nema kannski núllpunktinum.
Nú er þekkt að \(0^2=0\) og \(\sin(0)=0\).
Fallið \(h\) stefnir þá á töluna núll í \(x=0\) hvort sem að við nálgumst punktinn hægra eða vinstra megin frá. Fallið \(h\) er þvi samfellt í núllpunktinum, og við höfum þá rökstutt að það er samfellt allstaðar.
