kurs_lekcii_mo_matematicheskomu_analizu / Правило Лопиталя
.pdfЛЕКЦИЯ 11. ПРАВИЛО ЛОПИТАЛЯ (РАСКРЫТИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ).
Будем говорить, что |
f (x) |
представляет собой неопределенность вида 0 |
( ∞) при x → |
||||||||
g(x) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
0 |
∞ |
|||
ω ( ω число или один из символов бесконечности), если |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
lim f (x) = lim g(x) = 0 (∞). |
|
|
|
||||
|
|
|
|
x→ω |
x→ω |
|
|
|
|||
Раскрыть эту неопределенность это значит найти lim |
f (x) |
или доказать, что этот |
|||||||||
|
|||||||||||
предел не существует. |
|
|
|
x→ω |
g(x) |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Так, |
sin x |
неопределенность вида 0 |
. Она раскрыта при выводе 1-го замечательного |
||||||||
|
|||||||||||
|
x |
0 |
|
|
|
|
|
|
|||
предела: |
|
|
sin x |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
lim |
= 1. |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
x→0 |
|
x |
|
|
|
||
Утверждение 1. (правило Лопиталя) Пусть f (x), |
g(x) дифференцируемы в |
||||||||||
некоторой окрестности точки ω, за исключением, быть может, ω и g′(x) =6 0 в этой окрестности. Пусть, далее,
lim f (x) = lim g(x) = 0 (∞).
|
|
|
|
x→ω |
x→ω |
|
|
|
|
||||
Тогда, если существует конечный или бесконечный предел |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
lim |
|
f ′(x) |
, |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
x→ω g′(x) |
|
|
|
|
||||
то существует и lim |
f (x) |
, |
причем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
x→ω |
g(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lim |
f (x) |
= lim |
|
f ′(x) |
. |
(1) |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
x→ω g(x) |
|
x→ω g′(x) |
|
|
|||||
Доказательство. Ограничимся рассмотрением двух случаев. |
|
||||||||||||
1) w = a и |
lim f (x) = |
lim g(x) = 0. Доопределим функции f (x) |
и g(x) в точке |
||||||||||
x = a, положив |
x→a |
|
|
x→a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f (a) = g(a) = 0.
Пусть точка b лежит в окрестности a из условия теоремы и, например, b > a. Тогда функции f (x), g(x) в силу условия будут удовлетворять условиям теоремы Коши для любого сегмента [a, x], где a < x < b. Поэтому
|
|
|
f (x) |
= |
|
f (x) − f (a) |
= |
f ′(c) |
, |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
g(x) |
|
g(x) − g(a) |
g′(c) |
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
где a < c < x. Заметим, что c зависит от x, |
но при |
x → a + 0 величина |
c также |
|||||||||||||||
стремится к a. Следовательно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
lim |
f (x) |
= lim |
f ′(c) |
= |
lim |
|
f ′(c) |
= lim |
f ′(x) |
. |
(2) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
x→a+0 g(x) |
|
x→a+0 g′(c) |
|
c→a+0 g′(c) |
|
x→a+0 g′(x) |
|
|
||||||||||
Аналогично устанавливается справедливость (2) и для левостороннего предела в точке a, т. е. при x → a − 0, и тем самым справедливость (1).
1
2) w = ∞ и lim f (x) = lim g(x) = 0.
x→∞ x→∞
Этот случай сводим к случаю 1 с помощью замены x = 1/z. Тогда если x → ∞, то
z → 0 и ввиду случая 1 имеем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
f (x) |
= lim |
f ′ z1 − |
1 |
|
|
|
||||
|
|
|
lim |
z2 |
, |
|||||||||
|
|
|
|
g′ z1 − |
1 |
|
||||||||
|
|
|
x→∞ g(x) |
z→0 |
|
|||||||||
|
|
|
z2 |
|
||||||||||
сокращая на − |
1 |
|
и заменяя z1 снова на x, |
получаем |
|
|
||||||||
z2 |
|
|
||||||||||||
|
|
|
lim |
f (x) |
= lim |
f ′(x) |
. |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
x→∞ g(x) |
x→∞ g′(x) |
|
|
|
|
||||||
Сформулированная теорема позволяет свести вычисление предела отношения самих функций к пределу отношения их производных, что во многих случаях представляет
более простую задачу. |
|
|
|
|
|
Замечание 1. В некоторых случаях раскрытие неопределенностей вида |
0 |
и |
∞ |
||
может потребовать неоднократного применения правила Лопиталя. |
0 |
|
∞ |
||
|
|
|
|||
Пример 1. Найти lim |
x2 − 1 + ln x |
. |
|
|
|
|
|
|
|
||
x→1 |
ex − e |
|
|
|
|
Решение. Числитель и знаменатель стремятся к нулю при x → 1, а потому имеем
неопределенность вида 0 . Воспользуемся правилом Лопиталя, т. е. рассмотрим предел |
||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
отношения производных заданных в числителе и знаменателе функций: |
||||||
lim x2 − 1 + ln x |
= lim |
(x2 − 1 + ln x)′ |
= lim |
2x + 1/x |
= 3 . |
|
x→1 |
ex − e |
x→1 |
(ex − e)′ |
x→1 |
ex |
e |
|
x · e |
x |
||
|
|
|
|
|
|
2 |
|||
Пример 2. Найти lim |
|
. |
||
|
||||
x→+∞ x + ex
Решение. Здесь имеем неопределенность вида несколько раз, находим
+∞. Применяя правило Лопиталя
+∞
|
|
|
|
x · e 2 |
|
|
|
|
|
|
|
(x · e 2 )′ |
|
ex/2 + 21 xex/2 |
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
lim |
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
= |
lim |
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 + ex |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
x→+∞ x + ex |
|
x→+∞ (x + ex )′ |
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
= lim |
|
21 ex/2 + 21 ex/2 + 41 xex/2 |
= |
lim |
21 ex/2(2 + x2 ) |
= |
1 |
|
lim |
2 + x2 |
= |
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
ex |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ex/2 |
|||||||||||||||||
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
x→+∞ |
ex |
|
|
2 x→+∞ |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
= |
1 |
|
|
lim |
1/2 |
|
|
= 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 x→+∞ 1 ex/2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Пример 3. |
Найти |
lim |
|
xxn , где n – целое положительное число. |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
x→+∞ e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Решение. Это неопределенность вида |
∞. Применим правило Лопиталя n раз: |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
lim |
|
xn |
= |
lim |
|
(xn)′ |
= |
|
|
|
lim |
nxn−1 |
|
= lim |
n(n − 1)xn−2 |
|
= . . . |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ex |
|
ex |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
x→+∞ ex |
x→+∞ |
|
(ex)′ |
|
x→+∞ |
|
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
. . . = lim |
|
|
n(n − 1)(n − 2) . . . 1 |
= 0. |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
ex |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
2
Неопределенность вида 0 · ∞ ( f (x) · g(x), f (x)
ω ). Эта неопределенность сводится к неопределенности произведения в виде дробей
f · g = |
f |
= |
g |
. |
1 |
1 |
|||
|
g |
|
f |
|
→ 0, g(x) → ∞ при x →
|
0 |
|
или |
|
∞ |
|
представлением |
0 |
∞ |
Пример 4. Найти lim (x2 · ln x).
x→+0
Решение. Здесь мы имеeм неопределенность вида 0 · ∞. Представим произведение функций в виде частного, а затем, получив неопределенность вида ∞∞, применим правило Лопиталя:
|
|
|
lim (x2 ln x) = |
lim |
ln x |
|
= lim |
(ln x)′ |
= lim |
1/x |
|
= − |
1 |
lim x2 = 0. |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
(1/x2)′ |
−2/x3 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
x→+0 |
|
|
x→+0 |
1/x2 |
|
|
x→+0 |
x→+0 |
|
|
|
2 x→+0 |
|
||||||||||||||||||||
|
|
Пример 5. |
Найти |
x→π2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
lim |
x − |
π |
tg x. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
− |
Решение. Имеем неопределенность вида 0·∞. Преобразуем функцию x − π2 |
tg x = |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
x |
|
π/2 |
, получили неопределенность вида |
0 при x → π . Применим правило Лопиталя: |
||||||||||||||||||||||||||||||||
ctg x |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
lim |
x − |
π |
|
tg x = lim |
|
x − π2 |
|
lim |
x − π2 |
′ |
|
= lim |
1 |
|
|
= −1. |
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
x→ |
π |
|
|
2 |
|
|
|
x→ |
π |
|
|
ctg x |
= x→ |
π |
|
(ctg x)′ |
x→ |
π |
|
− |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
2 |
|
sin2 x |
|
|
|||||||||||||||||||
Неопределенность вида ∞ − ∞ ( f (x) − g(x), f, g → +∞(−∞) при x → ω ) сводится к неопределенности вида 00 алгебраическими преобразованиями
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
g1 − f1 |
|||
|
f |
− g = |
|
− |
|
= |
|
|
|
. |
|
|
1 |
1 |
1 |
· |
1 |
||||||
|
|
|
|
f |
|
g |
|
f |
|
g |
|
Пример 6. Найти lim ( 1 |
− |
1 |
). |
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
x→+0 x |
|
e −1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. Это неопределенность вида ∞ − ∞. Для того чтобы найти предел функции, приведем дроби к общему знаменателю, а затем, получив неопределенность вида 00 , применим правило Лопиталя.
lim |
ex − 1 − x |
= |
lim |
(ex − 1 − x)′ |
= |
|
||||||
|
x(ex − 1) |
|
(x(ex − 1))′ |
|||||||||
x→+0 |
|
|
|
x→+0 |
|
|
|
|||||
= lim |
|
ex − 1 |
|
|
= lim |
ex |
= |
1 |
. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
x→+0 ex − 1 + xex |
x→+0 ex(2 + x) 2 |
|||||||||||
Неопределенности вида 1∞, 00, ∞0 сводятся к неопределенности вида 0 ·∞ с помощью логарифмирования.
Пример 7. Найти lim(sin x)x.
x→0
Решение. Это неопределенность вида 00. Обозначим данную функцию через y , т. е. y = (sin x)x, и прологарифмируем ее:
ln y = x · ln sin x = ln sin x .
1/x
3
Вычислим предел логарифма данной функции, применяя правило Лопиталя (здесь имеем неопределенность типа ∞∞ ):
|
|
|
ln sin x |
|
(ln sin x)′ |
|
|
cos x/ sin x |
|
|||||
|
lim ln y = lim |
|
|
= lim |
|
= lim |
|
|
|
= |
||||
|
|
|
(1/x)′ |
|
−1/x2 |
|||||||||
|
x→0 |
x→0 |
1/x |
x→0 |
x→0 |
|
||||||||
|
= − lim |
x2 cos x |
|
= − lim(x · cos x · |
x |
) = 0. |
|
|
||||||
|
sin x |
sin x |
|
|
||||||||||
|
|
x→+0 |
|
x→0 |
|
|
|
|
||||||
Следовательно, |
lim y = e0 = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
x→0 |
lim (1 + x)ln x. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Пример 8. |
Найти |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
x→+0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. Это неопределенность вида 1∞. Обозначим данную функцию через y и
прологарифмируем:
ln y = ln x · ln(1 + x) = ln(1 + x) . 1/ ln x
Вычислим предел логарифма данной функции, применяя правило Лопиталя (здесь имеем неопределенность вида 00 ):
lim ln y = |
lim |
|
ln (1 + x) |
= lim |
(ln (1 + x))′ |
= lim |
1/(1 + x) |
= |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
(1/ ln x)′ |
|
|
||||||||||||
x→+0 |
x→+0 1/ ln x |
x→+0 |
x→+0 −1/(x ln2 x) |
|
||||||||||||||
= − lim |
x ln2 x |
= − lim |
|
ln2 x |
= − lim |
(2 ln x/x) |
= |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
−1/x2 |
|
||||||||||||
x→+0 |
x + 1 |
x→+0 1 + 1/x |
x→+0 |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
= 2 lim |
ln x |
= 2 lim |
|
1/x |
= 0, |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
x→+0 |
1/x |
x→+0 −1/x2 |
|
|
|
|
|
||||||||
т. е. lim y = e0 = 1.
x→+0
4