Решение пределов функций, используя правило Лопиталя
Метод решения
Одним из самых мощных методов раскрытия неопределенностей и вычисления пределов функций является использование правила Лопиталя. Оно позволяет раскрывать неопределенности вида 0/0 или ∞/∞ в конечной или бесконечно удаленной точке, которую мы обозначим как x0. Правило Лопиталя заключается в том, что мы находим производные числителя и знаменателя дроби. Если существует предел limx → x0 f ′(x)g ′(x), то существует равный ему предел limx → x0 f (x)g(x) = limx → x0 f ′(x)g ′(x).
Если после дифференцирования мы опять получаем неопределенность, то процесс можно повторить, то есть применить правило Лопиталя уже к пределу limx → x0 f ′(x)g ′(x). И так далее, до раскрытия неопределенности.
Для применения этого правила, должна существовать такая проколотая окрестность точки x0, на которой функции в числителе и знаменателе являются дифференцируемыми и функция в знаменателе и ее производная не обращается в нуль.
Применение правила Лопиталя состоит из следующих шагов.
1) Приводим неопределенность к виду 0/0 или ∞/∞. Для этого, если требуется, выполняем преобразования и делаем замену переменной. В результате получаем предел вида limx → x0 f (x)g(x).
2) Убеждаемся, что существует такая проколотая окрестность точки x0, на которой функции в числителе и знаменателе являются дифференцируемыми и знаменатель и его производная не обращаются в нуль.
3) Находим производные числителя и знаменателя.
4) Если имеется конечный или бесконечный предел limx → x0 f ′(x)g ′(x) = a, то задача решена: limx → x0 f (x)g(x) = limx → x0 f ′(x)g ′(x) = a.
5) Если предела limx → x0 f ′(x)g ′(x) не существует, то это не означает, что не существует исходного предела. Это означает, что данную задачу решить с помощью правила Лопиталя нельзя. Нужно применить другой метод (см. пример ниже).
6) Если в пределе limx → x0 f ′(x)g ′(x) вновь возникает неопределенность, то к нему также можно применить правило Лопиталя, начиная с пункта 2).
Как указывалось выше, применение правила Лопиталя может привести к функции, предела которой не существует. Однако это не означает, что не существует исходного предела. Рассмотрим следующий пример.
L = limx → ∞ x + sin xx.
Применяем правило Лопиталя. f (x) = x + sin x, g(x) = x, f ′(x) = 1 + cos x, g ′(x) = 1, f ′(x)g ′(x) = 1 + cos x.
Однако предела limx → ∞(1 + cos x) не существует. Не смотря на это, исходная функция имеет предел:
L = limx → ∞ x + sin xx = limx → ∞( 1 + sin xx ) = 1 + limx → ∞ sin xx = 1 + 0 = 1.
Правило Лопиталя. Формулировки теорем
Здесь мы приводим формулировки теорем, на которых основывается раскрытие неопределенностей по правилу Лопиталя.
Теорема о раскрытии неопределенности 0/0
Пусть функции f и g имеют производные в проколотой (двусторонней или односторонней) окрестности конечной или бесконечно удаленной (∞, +∞, –∞) точке x0, причем g и g ′ не равны нулю в этой окрестности. И пусть
limx → ~x0 f (x) = limx → ~x0 g(x) = 0.
Тогда, если существует конечный или бесконечный предел
limx → ~x0 f ′(x)g ′(x) = a,
то существует равный ему предел
limx → ~x0 f (x)g(x) = limx → ~x0 f ′(x)g ′(x) = a.
Здесь ~x0 = x0 для двусторонней окрестности. Для односторонней окрестности, ~x0 = x0 ± 0, или ~x0 = ±∞.
Теорема о раскрытии неопределенности ∞/∞
Пусть функции f и g имеют производные в проколотой (двусторонней или односторонней) окрестности конечной или бесконечно удаленной (∞, +∞, –∞) точке x0, причем g ′ не равна нулю в этой окрестности. И пусть
limx → ~x0 f (x) = limx → ~x0 g(x) = ∞ (±∞).
Тогда, если существует конечный или бесконечный предел
limx → ~x0 f ′(x)g ′(x) = a,
то существует равный ему предел
limx → ~x0 f (x)g(x) = limx → ~x0 f ′(x)g ′(x) = a.
Здесь ~x0 = x0 для двусторонней окрестности. Для односторонней окрестности, ~x0 = x0 ± 0, или ~x0 = ±∞.
Примеры
Все примеры Далее мы приводим подробные решения следующих пределов с помощью правила Лопиталя.
limx → +∞ e axx b ⇓, limx → +∞ ln b xx a ⇓, limx → 0 e x – ln(1 + x) – 11 – cos x ⇓,
limx → –2 x 2 + 3x + 2x 4 + 5x 3 + 5x 2 – 5x – 6 ⇓, limx → 0 + 0 x x ⇓, limx → 0( 1ln(1 + x) – 1x ) ⇓.
Пример 1
Все примеры ⇑ Показать, что экспонента растет быстрее любой степенной функции, а логарифм – медленнее. То есть показать, что
А) L1 = limx → +∞ e axx b = +∞;
Б) L2 = limx → +∞ ln b xx a = 0,
где a > 0, b > 0.
Решение
Рассмотрим предел А). При x → +∞, e ax → +∞, x b → +∞. Это неопределенность вида ∞ / ∞. Для ее раскрытия применим правило Лопиталя. Пусть
f (x) = e ax, g(x) = x b.
Находим производные. f ′(x) = ae ax, g ′(x) = bx b – 1. Тогда
limx → +∞ f ′(x)g ′(x) = ab limx → +∞ e axx b – 1.
Если b < 1, то неопределенность исчезает, поскольку при b < 1, b – 1 < 0, x b – 1 → +0. По правилу Лопиталя,
L1 = limx → +∞ f (x)g(x) = limx → +∞ f ′(x)g ′(x) = +∞+0 = +∞.
Если b ≥ 1, то применяем правило Лопиталя n раз, где n = [b] + 1, [b] – целая часть числа b.
f (n) (x) = a n e ax, g (n) (x) = b(b – 1)(b – 2)⋅ ⋅ ⋅(b – n + 1)x b – n;
L1 = limx → +∞ f (x)g(x) = limx → +∞ f ′(x)g ′(x) = limx → +∞ f ′′(x)g ′′(x) = ⋅ ⋅ ⋅ = limx → +∞ f (n) (x)g (n) (x) =
a nb(b – 1)(b – 2)⋅ ⋅ ⋅(b – n + 1) ⋅ limx → +∞ e axx b – n = +∞.
Поскольку n – [b] > 0, то limx → +∞ e axx b – n = limx → +∞( x n – b e ax ) = (+∞) ⋅ (+∞) = +∞. Хотя мы привыкли читать слева направо, но эту серию равенств следует читать справа налево следующим образом. Поскольку существует предел limx → +∞ f (n) (x)g (n) (x) = +∞, то существует равный ему предел limx → +∞ f (n – 1) (x)g (n – 1) (x) = +∞. Поскольку существует предел limx → +∞ f (n – 1) (x)g (n – 1) (x) = +∞, то существует равный ему предел limx → +∞ f (n – 2) (x)g (n – 2) (x) = +∞. И так далее, пока не дойдем до предела limx → +∞ f (x)g(x) = limx → +∞ f ′(x)g ′(x) = +∞.
Теперь рассмотрим предел Б):
L2 = limx → +∞ ln b xx a. Сделаем замену переменной t = ln x. Тогда ln b x = t b, x a = ( e ln x ) a = ( e t ) a = e at; при x → +∞, t → +∞; L2 = limx → +∞ ln b xx a = limt → +∞ t be at = limt → +∞ 1e att b = 1L1 = 1+∞ = 0.
Пример 2
Все примеры ⇑ Найти предел с помощью правила Лопиталя:
L = limx → 0 e x – ln(1 + x) – 11 – cos x.
Решение
Это неопределенность вида 0/0. Находим по правилу Лопиталя.
limx → 0 e x – ln(1 + x) – 11 – cos x = limx → 0 (e x – ln(1 + x) – 1) ′(1 – cos x) ′ = limx → 0 e x – 11 + xsin x =
limx → 0 ( e x – 11 + x ) ′(sin x) ′ = limx → 0 e x + 1(1 + x) 2cos x = e 0 + 1(1 + 0) 2cos 0 = 2.
Здесь, после первого применения правила мы снова получили неопределенность. Поэтому применили правило Лопиталя второй раз. Эту серию равенств нужно читать справа налево следующим образом. Поскольку существует предел limx → 0 ( e x – 11 + x ) ′(sin x) ′ = 2, то существует равный ему предел limx → 0 e x – 11 + xsin x = 2. Поскольку существует предел limx → 0 (e x – ln(1 + x) – 1) ′(1 – cos x) ′ = 2, то существует равный ему исходный предел limx → 0 e x – ln(1 + x) – 11 – cos x = 2.
Ответ
L = 2.
Пример 3
Все примеры ⇑ Вычислить предел, используя правило Лопиталя.
L = limx → –2 x 2 + 3x + 2x 4 + 5x 3 + 5x 2 – 5x – 6.
Решение
Найдем значения числителя и знаменателя при x = –2:
(x 2 + 3x + 2)|x = –2 = (–2) 2 + 3 ⋅ (–2) + 2 = 4 – 6 + 2 = 0;
(x 4 + 5x 3 + 5x 2 – 5x – 6)|x = –2 = (–2) 4 + 5 ⋅ (–2) 3 + 5 ⋅ (–2) 2 – 5 ⋅ (–2) – 6 =
16 – 40 + 20 + 10 – 6 = 0.
Числитель и знаменатель равны нулю. Мы имеем неопределенность вида 0/0. Для ее раскрытия, применим правило Лопиталя.
L = limx → –2 x 2 + 3x + 2x 4 + 5x 3 + 5x 2 – 5x – 6 = limx → –2 (x 2 + 3x + 2) ′(x 4 + 5x 3 + 5x 2 – 5x – 6) ′ =
limx → –2 2x + 34x 3 + 5 ⋅ 3x 2 + 5 ⋅ 2x – 5 = limx → –2 2x + 34x 3 + 15x 2 + 10x – 5 =
2 ⋅ (–2) + 34 ⋅ (–2) 3 + 15 ⋅ (–2) 2 + 10 ⋅ (–2) – 5 = –4 + 3–32 + 60 – 20 – 5 = – 13.
Ответ
L = –1 / 3.
Пример 4
Все примеры ⇑ Решить предел с помощью правила Лопиталя.
L = limx → 0 + 0 x x.
Решение
Здесь мы имеем неопределенность вида (+0)+0. Преобразуем ее к виду +∞/+∞. Для этого выполняем преобразования.
x x = ( e ln x ) x = e x ln x = e ln x1x.
Находим предел в показателе степени, применяя правило Лопиталя.
limx → 0 + 0 ln x1x = limx → 0 + 0 (ln x) ′( 1x ) ′ = limx → 0 + 0 1x– 1x 2 = limx → 0 + 0(–x) = 0.
Поскольку экспонента – непрерывная функция для всех значений аргумента, то
L = limx → 0 + 0 e ln x1x = e limx → 0 + 0 ln x1x = e 0 = 1.
Ответ
L = 1.
Пример 5
Все примеры ⇑ Найти предел используя правило Лопиталя:
L = limx → 0( 1ln(1 + x) – 1x ).
Решение
Здесь мы имеем неопределенность вида ∞ – ∞. Приводя дроби к общему знаменателю, приведем ее к неопределенности вида 0/0:
L = limx → 0( 1ln(1 + x) – 1x ) = limx → 0 x – ln(1 + x)x ln(1 + x).
Применяем правило Лопиталя.
(x – ln(1 + x)) ′ = 1 – 11 + x;
(x ln(1 + x)) ′ = (x) ′ ln(1 + x) + x(ln(1 + x)) ′ = ln(1 + x) + x1 + x;
(x – ln(1 + x)) ′(x ln(1 + x)) ′ = 1 – 11 + xln(1 + x) + x1 + x = 1 + x – 1(1 + x) ln(1 + x) + x = x(1 + x) ln(1 + x) + x.
Здесь у нас снова неопределенность вида 0/0. Применяем правило Лопиталя еще раз.
(x) ′ = 1;
((1 + x) ln(1 + x) + x) ′ = (1 + x) ′ ln(1 + x) + (1 + x)(ln(1 + x)) ′ + (x) ′ =
ln(1 + x) + 1 + x1 + x + 1 = ln(1 + x) + 2;
limx → 0 (x) ′((1 + x) ln(1 + x) + x) ′ = limx → 0 1ln(1 + x) + 2 = 1ln(1 + 0) + 2 = 12.
Окончательно имеем:
L = limx → 0 x – ln(1 + x)x ln(1 + x) = limx → 0 (x – ln(1 + x)) ′(x ln(1 + x)) ′ = limx → 0 x(1 + x) ln(1 + x) + x =
limx → 0 (x) ′((1 + x) ln(1 + x) + x) ′ = 12.
Как и во всех пределах, вычисляемых с помощью правила Лопиталя, читать нужно с конца. Поскольку существует предел limx → 0 (x) ′((1 + x) ln(1 + x) + x) ′ = 12, то существует равный ему предел limx → 0 x(1 + x) ln(1 + x) + x = 12. Поскольку существует предел limx → 0 (x – ln(1 + x)) ′(x ln(1 + x)) ′ = 12, то существует равный ему исходный предел limx → 0 x – ln(1 + x)x ln(1 + x) = 12.
Примечание. Можно упростить вычисления, если воспользоваться теоремой о замене функций эквивалентными в пределе частного. Согласно этой теореме, если функция является дробью или произведением множителей, то множители можно заменить на эквивалентные функции. Поскольку при x → 0, ln(1 + x) ~ x, то
L = limx → 0 x – ln(1 + x)x ln(1 + x) = limx → 0 x – ln(1 + x)x 2 = limx → 0 (x – ln(1 + x)) ′(x 2) ′ =
limx → 0 1 – 11 + x2x = limx → 0 ( 1 – 11 + x ) ′(2x) ′ = limx → 0 1(1 + x) 22 = 1(1 + 0) 22 = 12.
Ответ
L = 1 / 2.
Использованная литература:
Л.Д. Кудрявцев, А.Д. Кутасов, В.И. Чехлов, М.И. Шабунин. Сборник задач по математическому анализу. Том 1. Москва, 2003.
Автор: Олег Одинцов. Опубликовано: