Правило Лопиталя

разделов
от теории до практики
примеров
Примеры решения задач
видео
Примеры решения задач
Содержание
  1. Неопределенность вида \(\displaystyle \frac{0}{0}\).
    Начать изучение
  2. Неопределенность вида \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\).
    Начать изучение

При вычислении предела отношения \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\) при \(x\rightarrow a\) в случае, когда функции \(f\) и \(g\) одновременно являются либо бесконечно малыми, либо бесконечно большими, иногда удобно применить так называемое правило Лопиталя, позволяющее заменять предел отношения функций пределом отношения их производных.

Неопределенность вида \(\displaystyle \frac{0}{0}\).

Если функции \(f(x)\) и \(g(x)\) дифференцируемы в точке \(a,\;f(a)=g(a)=0\), но \(g'(a)\neq 0\), то, применяя к функциям \(f\) и \(g\) локальную формулу Тейлора при \(n=1\), получаем
$$
f(x)=f'(a)(x-a)+o((x-a)),\nonumber
$$
$$
g(x)=g'(a)(x-a)+o((x-a)),\nonumber
$$
откуда следует, что
$$
\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}.\label{ref1}
$$
Аналогично, если существуют \(f^{(n)}a\) и \(g^{(n)}a\) и выполняются условия
$$
f(a)=f'(a)=\ldots =f^{(n-1)}(a)=0,\nonumber
$$
$$
g(a)=g'(a)=\ldots =g^{(n-1)}(a)=0,\nonumber
$$
но \(g^{(n)}(a)\neq 0\), то
$$
\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\frac{\displaystyle \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}+o((x-a)^n)}{\displaystyle \frac{g^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}+o((x-a)^n)}=\frac{f^{(n)}(a)}{g^{(n)}(a)}.
$$

Пример 1.

Найти
$$
\lim_{x\rightarrow 1}\frac{3x^{10}-2x^{5}-1}{x^{3}-4x^{2}+3}.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Обозначим \(f(x)=3x^10-2x^5-1\), \(g(x)=x^3-4x^2+3\). Тогда \(f'(x)=30x^9-10x^4\), \(g'(x)=3x^2-8x\), \(f(1)=g(1)=0\), \(f'(1)=20\), \(g'(1)=-5\), и по формуле \eqref{ref1} находим, что искомый предел равен \(-4\). \(\blacktriangle\)

Теорема 1.

Пусть функции \(f(x)\) и \(g(x)\) дифференцируемы на интервале \((a,b)\),
$$
\lim_{x\rightarrow a+0}f(x)=0,\quad\lim_{x\rightarrow a+0}g(x)=0,\label{ref2}
$$
$$
g'(x)\neq 0\ для \ всех \ x\in(a,b),\label{ref3}
$$
существует (конечный или бесконечный)
$$
\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.\label{ref4}
$$
Тогда \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)}\) также существует и равен \(A\), то есть
$$
\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}.\label{ref5}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Пусть \(x\in(a,b)\). Доопределим функции \(f(x)\) и \(g(x)\) в точке \(a\), полагая
$$
f(a)=g(a)=0.\label{ref6}
$$
Тогда из условий \eqref{ref2} и \eqref{ref6} следует, что функции \(f\) и \(g\) непрерывны на отрезке \([a,x]\). По теореме Коши существует точка \(\xi\in (a,x)\) такая, что
$$
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.\label{ref7}
$$
Если \(x\rightarrow a+0\), то \(\xi\rightarrow a+0\) и в силу условия \eqref{ref4} существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=A\). Поэтому из равенства \eqref{ref7} следует, что справедливо утверждение \eqref{ref5}. \(\bullet\)

Замечание 1.

Доказанная теорема (с соответствующими изменениями ее условий) остается справедливой при \(x\rightarrow a-0\) и \(x\rightarrow a\), где \(a\) — конечная точка.

Эта теорема остается в силе и для случая, когда \(a=+\infty\) (или \(a=-\infty\)), если \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty} g(x)=0,\ g'(x)\neq 0\) при \(x > x_0\) и существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\); в этом случае \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=A\). Доказательство этого утверждения основано на использовании замены переменного \(\displaystyle x=\frac{1}{t}\) и теоремы 1.


Неопределенность вида \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\).

Теорема 2.

Пусть функции \(f(x)\) и \(g(x)\) дифференцируемы при \(x > \alpha\), причем \(g'(x)\neq 0\) при \(x > \alpha\),
$$
\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\infty,\quad \lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=\infty\label{ref8}
$$
и существует конечный
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.\label{ref9}
$$
Тогда существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}\), равный \(A\), то есть
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}.\label{ref10}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Из условий \eqref{ref8} следует, что
$$
\exists\alpha_{1} > \alpha:\ \forall x > \alpha_{1}\rightarrow\ |f(x)| > 1,\ |g(x)| > 1,\label{ref11}
$$
и поэтому \(f(x)\neq 0,\ g(x)\neq 0\) при \(x > \alpha_1\). По определению предела \eqref{ref9} для заданного числа \(\varepsilon > 0\) можно найти \(\delta=\delta_1(\varepsilon)\geq \alpha_1\) такое, что для всех \(t > \delta_{1}\) выполняется неравенство
$$
A-\frac{\varepsilon}{2} < \frac{f'(t)}{g'(t)} < A+\frac{\varepsilon}{2}.\label{ref12}
$$

Рис. 19.1
Рис. 19.1

Фиксируя \(x_{0} > \delta_{1}\) (рис. 19.1), выберем, пользуясь условиями \eqref{ref8}, число \(\delta_{2} > x_{0}\) такое, чтобы при всех \(x > \delta_{2}\) выполнялись неравенства
$$
\left|\frac{f(x_{0})}{f(x)}\right| < \frac{1}{2},\quad \left|\frac{g(x_{0})}{g(x)}\right| < \frac{1}{2}.\label{ref13}
$$
Для доказательства утверждения \eqref{ref10} нужно показать, что существует \(\delta\) такое, что при всех \(x > \delta\) выполняется неравенство
$$
A-\varepsilon < \frac{f(x)}{g(x)} < A+\varepsilon.\label{ref14}
$$
Число \(\delta\) будет выбрано ниже. Считая, что \(x > \delta\), применим к функциям \(f\) и \(g\) на отрезке \([x_0,x]\) теорему Коши о среднем. В силу этой теоремы существует точка \(\xi\in [x_{0},x]\) такая, что
$$
\frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.\label{ref15}
$$
Преобразуем левую часть равенства \eqref{ref15}, используя условия \eqref{ref11} и \eqref{ref13}:
$$
\frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1},\label{ref16}
$$
где
$$
\varphi(x)=\frac{1-g(x_0)/g(x)}{1-f(x_0)/f(x)}=1+\beta(x).\label{ref17}
$$
Заметим, что \(\beta(x)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow +\infty\) в силу условий \eqref{ref8}. Поэтому
$$
\forall \varepsilon > 0\ \exists\delta\geq\delta_{2}:\ \forall x > \delta\rightarrow|\beta(x)| < \frac{\varepsilon/2}{|A|+\varepsilon/2}.\label{ref18}
$$
Так как \(\xi > x_{0} > \delta_{1}\), то из равенств \eqref{ref16}, \eqref{ref17} и условия \eqref{ref12} следует, что для всех \(x > \delta_{2}\) выполняется неравенство
$$
A-\frac{\varepsilon}{2} < \frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} < A+\frac{\varepsilon}{2}.\label{ref19}
$$

Если \(x > \delta\), то \(\phi(x) > 0\) в силу условий \eqref{ref17} и \eqref{ref18}, и поэтому неравенство \eqref{ref19} равносильно следующему:
$$
(A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) < \frac{f(x)}{g(x)} < (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)).\label{ref20}
$$
Используя неравенство \eqref{ref18}, получаем
$$
(A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))=A-\frac{\varepsilon}{2}+\left(A-\frac{\varepsilon}{2}\right)\beta(x)\geq A-\frac{\varepsilon}{2}-\left(|A|+\frac{\varepsilon}{2}\right)|\beta(x)| > A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon.\nonumber
$$
Аналогично находим
$$
\left(A+\frac{\varepsilon}{2}\right)(1+\beta(x)) \leq A+\frac{\varepsilon}{2}+\left(|A|+\frac{\varepsilon}{2}\right)|\beta(x)| < A+\varepsilon.\nonumber
$$
Таким образом, для всех \(x > \delta\) выполняется неравенство \eqref{ref14}. это означает, что справедливо утверждение \eqref{ref10}. \(\bullet\)

Замечание 2.

Теорема 2 остается в силе и в случае, когда \(A=+\infty\) или \(A=-\infty\). Теорема справедлива и для случая \(x\rightarrow a\ (x\rightarrow a-0,\ x\rightarrow a+0)\), где \(a\) — конечная точка.

Замечание 3.

Согласно теореме 1 и теореме 2 правило Лопиталя служит для раскрытия неопределенностей вида \(\displaystyle \frac{0}{0}\) или \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\). Неопределенности видов \(0\cdot \infty,\ \infty-\infty,\ 0^{0},\ \infty^{0},\ 1^{\infty}\) часто удается свести к неопределенностям типа \(\displaystyle \frac{0}{0}\) или \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\) с помощью различных преобразовании.

Пример 2.

Доказать, что
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=0,\ если \ \alpha > 0.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Применяя правило Лопиталя, получаем
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1/x}{\alpha x^{\alpha-1}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{1}{\alpha x^{\alpha}}=0.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Пример 3.

Найти \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow +0}x^{\alpha}\ln x\), где \(\alpha > 0\).

Решение.

\(\triangle\) Преобразуя неопределенность вида \(0\cdot\infty\) к виду \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\) и применяя правило Лопиталя, получаем
$$
\lim_{x\rightarrow +0}x^{\alpha}\ln{x}=\lim_{x\rightarrow +0}\frac{\ln x}{x^{-\alpha}}=\lim_{x\rightarrow +0}\frac{1/x}{-\alpha x^{-(\alpha+1)}}=\frac{-1}{\alpha}\lim_{x\rightarrow+0}x^{\alpha}=0.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Пример 4.

Доказать, что
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x^{\alpha}}{a^{x}}=0,\ если \ \alpha > 0,\ a > 1.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Пусть \(m=[\alpha]+1\), тогда \(\alpha-m < 0\). Применяя правило Лопиталя \(m\) раз, получаем
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x^{\alpha}}{a^{x}}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\alpha x^{\alpha-1}}{a^{x}\ln a}=\ldots=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)\ldots(\alpha-m+1)x^{\alpha-m}}{a^{x}\ln^{m}a}=0.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Замечание 4.

«Пример 2» и «Пример 4» показывают, что при \(x\rightarrow +\infty\) логарифмическая функция растет медленнее степенной функции \(x^{\alpha}\), а степенная функция растет медленнее показательной \(a^x,\ a > 1\).

Пример 5.

Доказать, что
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln^{\alpha}x}{x^{\beta}}=0,\ если \ \alpha > 0,\ \beta > 0.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Полагая \(\displaystyle \ln x=\frac{t}{\beta}\) и используя пример 4, получаем
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln^{\alpha}x}{x^{\beta}}=\lim_{t\rightarrow +\infty}\frac{t^{\alpha}}{\beta^{\alpha}e^{t}}=0.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Пример 6.

Доказать, что
$$
\lim_{x\rightarrow +0}x^x=1.\label{ref21}
$$

Решение.

\(\triangle\) Используя равенство \(x^x=e^{x\ln x}\) и пример 3, получаем утверждение \eqref{ref21}. \(\blacktriangle\)

Пример 7.

Доказать, что
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{-1/x^{2}}}{|x|^{k}}=0,\ если \ k > 0.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Полагая \(1/x^{2}=t\) и используя пример 4, получаем
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{-1/x^{2}}}{|x|^{k}}=\lim_{t\rightarrow +\infty}\frac{t^{k/2}}{e^{t}}=0.\ \blacktriangle\nonumber
$$

Оставить комментарий