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 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)),
g(x)=g'(a)(x-a)+o((x-a)),
откуда следует, что
\tag{1}
\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}.
Аналогично, если существуют f^{(n)}(a) и g^{(n)}(a) и выполняются условия
f(a)=f'(a)=\ldots =f^{(n-1)}(a)=0,
g(a)=g'(a)=\ldots =g^{(n-1)}(a)=0,
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}.
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 (1) находим, что искомый предел равен -4. \blacktriangle
Теорема 1.
Пусть функции f(x) и g(x) дифференцируемы на интервале (a,b),
\tag{2}
\lim_{x\rightarrow a+0}f(x)=0,\quad\lim_{x\rightarrow a+0}g(x)=0,
\tag{3}
g'(x)\neq 0\ для \ всех \ x\in(a,b),
существует (конечный или бесконечный)
\tag{4}
\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.
Тогда \displaystyle\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)} также существует и равен A, то есть
\tag{5}
\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}.
Доказательство.
\circ Пусть x\in(a,b). Доопределим функции f(x) и g(x) в точке a, полагая
\tag{6}
f(a)=g(a)=0.
Тогда из условий (2) и (6) следует, что функции f и g непрерывны на отрезке [a,x]. По теореме Коши существует точка \xi\in (a,x) такая, что
\tag{7}
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.
Если x\rightarrow a+0, то \xi\rightarrow a+0 и в силу условия (4) существует \displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=A. Поэтому из равенства (7) следует, что справедливо утверждение (5). \bullet
Замечание 1.
Доказанная теорема (с соответствующими изменениями её 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 ∞/∞.
Теорема 2.
Пусть функции f(x) и g(x) дифференцируемы при x > \alpha, причем g'(x)\neq 0 при x >
\alpha,
\tag{8}
\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\infty,\quad \lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=\infty
и существует конечный
\tag{9}
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A.
Тогда существует \displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}, равный A, то есть
\tag{10}
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}.
Доказательство.
\circ Из условий (8) следует, что
\tag{11}
\exists\alpha_{1} > \alpha:\ \forall x > \alpha_{1}\rightarrow\ |f(x)| > 1,\ |g(x)| > 1,
и поэтому f(x)\neq 0,\ g(x)\neq 0 при x > \alpha_1. По определению предела (9) для заданного числа \varepsilon > 0 можно найти \delta=\delta_1(\varepsilon)\geq \alpha_1 такое, что для всех t > \delta_{1} выполняется неравенство
\tag{12}
A-\frac{\varepsilon}{2} < \frac{f'(t)}{g'(t)} < A+\frac{\varepsilon}{2}.
Фиксируя x_{0} > \delta_{1} (рис. 19.1), выберем, пользуясь условиями (8), число \delta_{2} > x_{0} такое, чтобы при всех x > \delta_{2} выполнялись неравенства
\tag{13}
\left|\frac{f(x_{0})}{f(x)}\right| < \frac{1}{2},\quad \left|\frac{g(x_{0})}{g(x)}\right| <
\frac{1}{2}.
Для доказательства утверждения (10) нужно показать, что существует \delta такое, что при всех x > \delta выполняется неравенство
\tag{14}
A-\varepsilon < \frac{f(x)}{g(x)} < A+\varepsilon.
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
\tag{15}
\frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}.
Преобразуем левую часть равенства (15), используя условия (11) и (13):
\tag{16}
\frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1},
где
\tag{17}
\varphi(x)=\frac{1-g(x_0)/g(x)}{1-f(x_0)/f(x)}=1+\beta(x).
Заметим, что \beta(x)\rightarrow 0 при x\rightarrow +\infty в силу условий (8). Поэтому
\tag{18}
\forall \varepsilon > 0\ \exists\delta\geq\delta_{2}:\ \forall x > \delta\rightarrow|\beta(x)| < \frac{\varepsilon/2}{|A|+\varepsilon/2}.
Так как \xi > x_{0} > \delta_{1}, то из равенств (16), (17) и условия (12) следует, что для всех x > \delta_{2} выполняется неравенство
\tag{19}
A-\frac{\varepsilon}{2} < \frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} < A+\frac{\varepsilon}{2}.
Если x > \delta, то \phi(x) > 0 в силу условий (17) и (18), и поэтому неравенство (19) равносильно следующему:
\tag{20}
(A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) < \frac{f(x)}{g(x)} < (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)).
Используя неравенство (18), получаем
\left(A-\frac{\varepsilon}{2}\right)(1+\beta(x))=A-\frac{\varepsilon}{2}+\left(A-\frac{\varepsilon}{2}\right)\beta(x)\geq\\
\geq A-\frac{\varepsilon}{2}-\left(|A|+\frac{\varepsilon}{2}\right)|\beta(x)| >
A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon.
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.
Таким образом, для всех x > \delta выполняется неравенство (14). это означает, что справедливо утверждение (10). \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.
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
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
Пример 4.
Доказать, что
\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{x^{\alpha}}{a^{x}}=0,\ если \ \alpha > 0,\ a > 1.
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
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.
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
Пример 6.
Доказать, что
\tag{21}
\lim_{x\rightarrow +0}x^x=1.
Пример 7.
Доказать, что
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{-1/x^{2}}}{|x|^{k}}=0,\ если \ k > 0.
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