Конспект лекций по математике Правило Лопиталя

 

        Замечание 5.5   При доказательстве мы одновременно вывели правило Лопиталя и для односторонних пределов (то есть пределов при базах $ x\to x_0-$ и $ x\to x_0+$):
если $ f(x)$ и $ g(x)$ бесконечно малы при $ x\to x_0-$ и существует предел
$\displaystyle \lim_{x\to x_0-}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L,$
то существует и предел
$\displaystyle \lim_{x\to x_0-}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L;$
аналогичное утверждение верно также для предела справа.     
        Пример 5.3   Найдём предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{\sin^2x}$.
Этот предел представляет собой предел отношения двух бесконечно малых, поскольку $ \lim\limits_{x\to0}(e^x-1-x)=e^0-1-0=0$ и $ \lim\limits_{x\to0}\sin^2x=\sin^20=0$.
Заметим прежде всего, что предел можно упростить, заменив знаменатель $ \sin^2x$ на эквивалентную бесконечно малую: $ \sin^2x\sim x^2$ при $ x\to0$. Получим:
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{\sin^2x}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}.$
Числитель упростить пока не удаётся, поскольку правила вычисления пределов не позволяют нам заменять на эквивалентные слагаемые (а не множители). В предположении, что предел существует, найдём вместо него предел отношения производных, который, в соответствии с доказанной теоремой, равен исходному:
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{(e^x-1-x)'}{(x^2)'}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{2x}.$
Получившийся предел -- снова предел отношения бесконечно малых, но его легко вычислить, заменив числитель на эквивалентную бесконечно малую: $ e^x-1\sim x$ при $ x\to0$. Получаем:
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{2x}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{2x}=\frac{1}{2}.$
Итак, получили, что предел отношения производных, действительно, существует и равен $ \frac{1}{2}$. По правилу Лопиталя отсюда следует, что исходный предел также существует и равен тому же числу:
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}=\dfrac{1}{2}.$
Следовательно,
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{\sin^2x}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}.$
    
        Замечание 5.6   Доказанное правило Лопиталя не означает, что если предел отношения производных не существует, то не существует и исходный предел. Этот исходный предел вполне может существовать, только его нельзя найти при помощи применения правила Лопиталя. Иными словами, правило Лопиталя не является универсальным средством отыскания пределов отношения двух бесконечно малых. Пример предела, который нельзя отыскать с помощью правила Лопиталя, мы сейчас приведём.     
        Пример 5.4   Рассмотрим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^2\sin\frac{1}{x}}{\sin x}.$ Его легко вычислить, заметив, что величина $ \sin\frac{1}{x}$ -- величина, локально ограниченная при базе $ x\to0$, а величина $ \dfrac{x^2}{\sin x}$ -- бесконечно малая:
$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{x^2}{\sin x}=\lim_{x\to0}\dfrac{x^2}{x}=\lim_{x\to0}x=0.$
Следовательно, их произведение -- бесконечно малая величина, и
$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^2\sin\frac{1}{x}}{\sin x}=0.$
С другой стороны, попробуем применить к исходному пределу отношения двух бесконечно малых $ x^2\sin\frac{1}{x}$ и $ \sin x$ правило Лопиталя и вычислить предел отношения производных этих двух функций. Имеем: $ (x^2\sin\frac{1}{x})'=2x\sin\frac{1}{x}+x^2\cos\frac{1}{x}(-\frac{1}{x^2})=
2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}$ и $ (\sin x)'=\cos x$. Составим отношение этих двух производных:
$\displaystyle \dfrac{2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}}{\cos x}=
\dfrac{2x\sin\frac{1}{x}}{\cos x}-\dfrac{\cos\frac{1}{x}}{\cos x}.$
В этом выражении первое слагаемое имеет, очевидно, при $ x\to0$ предел, равный 0, а второе не имеет никакого предела; следовательно, не имеет предела и сумма.
Итак, исходное отношение бесконечно малых имеет предел, равный 0, в то время как отношение производных этих бесконечно малых не имеет никакого предела. Получаем, что применение к данному примеру правила Лопиталя не приводит к желаемому вычислению предела.     

Правило Лопиталя действует не только при базах $ x\to x_0$, $ x\to x_0-$, $ x\to x_0+$, но и при базах $ x\to\infty$, $ x\to-\infty$, $ x\to+\infty$. Докажем это.

        Теорема 5.6 (Правило Лопиталя для $ x\to\pm\infty$)   Пусть $ f(x)$ и $ g(x)$ -- функции, являющиеся бесконечно малыми при базе $ x\to+\infty$ (или $ x\to-\infty$, или $ x\to\infty$) и дифференцируемые на некотором луче $ (a;+\infty)$ (или $ (-\infty;b)$, или объединении лучей $ (-\infty;b)\cup(a;+\infty)$, соответственно). Тогда если существует предел
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L,$
то предел $ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}$ также существует и равен тому же числу:
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$
(аналогичные утверждения справедливы и для баз $ x\to\infty$, $ x\to-\infty$).

        Доказательство.     Положим $ z=\frac{1}{x}$ и рассмотрим функции $ {f_1(z)=\left\{\begin{array}{ll}
f(\frac{1}{z}),&\mbox{ при }z>0;\\
0,&\mbox{ при }z=0,
\end{array}\right.}$ и $ {g_1(z)=\left\{\begin{array}{ll}
g(\frac{1}{z}),&\mbox{ при }z>0;\\
0,&\mbox{ при }z=0.
\end{array}\right.}$ Тогда функции $ f_1(z)$ и $ g_1(z)$ непрерывны на отрезке $ [0;\frac{1}{a}]$ и дифференцируемы при $ z\in(0;\frac{1}{a})$. При этом

$\displaystyle f_1'(z)=-\dfrac{1}{z^2}f'(\frac{1}{z});\quad
g_1'(z)=-\dfrac{1}{z^2}g'(\frac{1}{z}).$

К бесконечно малым при $ z\to0+$ величинам $ f_1(z)$ и $ g_1(z)$ можно применить правило Лопиталя ( теорема 5.5 для предела справа, см. замечание 5.5):

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=
 \lim_{z\to0+}\dfrac{f_1(z)...
...rac{f'(\frac{1}{z})}{g'(\frac{1}{z})}=
 \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}.$   
 


    

Распространим теперь правило Лопиталя на случай, когда функции $ f(x)$ и $ g(x)$ являются бесконечно большими величинами при данной базе (о бесконечно больших величинах см. раздел 2.7).

      

Решение задач по математике