Правило Лопиталя о раскрытии неоднозначностей

Метод нахождения пределов функций, раскрывающий неопределённости вида \frac{0}{0} или \frac{\infty}{\infty} Правило позволяет заменить предел отношения функций пределом отношения их производных.

1. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны нулю.

Условия:

  1. f(x) и g(x)  дифференцируемы в проколотой окрестности точки a
  2. \lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0
  3.  g'(x) \neq 0  в проколотой окрестности точки a
  4. Существует  \lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}

Вывод: Тогда существует  \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f'(x)}{g'(x)}

Доказательство: Доопределим функции в точке a  нулём. Из 1 условия следует, что f(x)  и  g(x) непрерывны на отрезке [a,x] , где x принадлежит рассматриваемой окрестности точки a . Применим обобщённую формулу конечных приращений (Коши) к f(x)  и  g(x) на отрезке [a,x] \exists \xi\in [a,x]:\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Так как f(a)=g(a)=0  получим, что \forall x \exists \xi \in [a,x]:\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Пусть предел отношения производных равен A . Следовательно: \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}=\lim\limits_{y \to a} \frac{f'(y)}{g'(y)}=A , так как \lim\limits_{x \to a} \xi(x)=a

2. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны бесконечности.

Условия:

  1. f(x)  и g(x)  дифференцируемы при x>a
  2. \lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to\infty}g(x)=\infty
  3. g'(x)\neq 0 при x>a
  4. Существует конечный \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A

Вывод: Тогда существует \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} Доказательство: Из условия 2 следует, что \exists a_{1}>a:\forall x>a_{1} \to |f(x)|>1,|g(x)|>1 , и поэтому f(x)\neq 0,g(x)\neq0  при x>a_{1} . По определению предела (условие 4) для заданного числа \varepsilon >0  можно найти \delta_{1}=\delta_{1}(\varepsilon)\geq a_{1} такое, что для всех t>\delta_{1} выполняется неравенство: A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f'(t)}{g'(t)}<A+\frac{\varepsilon}{2} Фиксируя x_{0}>\delta_{1}  выберем, пользуясь условием 2 число \delta_{2}>x_{0}

Расположение всех выбираемых нами точек на прямой

такое, чтобы при всех x>\delta_{2} выполнялись неравенства: \left |\frac{f(x_{0})}{f(x)}<\frac{1}{2}\right |  и  \left |\frac{g(x_{0})}{g(x)}<\frac{1}{2}\right | Для доказательства теоремы нужно доказать, что существует такое \delta , что при всех x>\delta выполняется неравенство: 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;x_{0}]  обобщённую формулу конечных приращений (Коши). \exists \xi \in [x_{0};x]: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Преобразуем левую часть неравенства: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} , где \varphi(x)=\frac{1-\frac{g(x_{0})}{g(x)}}{1-\frac{f(x_{0})}{f(x)}}=1+\beta(x) Заметим, что \beta(x)\to0  при x\to+\infty  в силу условия 2, поэтому \forall \varepsilon>0 \exists \delta\geq\delta_{2}: \forall x>\delta\to|\beta(x)|<\frac{\frac{\varepsilon}{2}}{|A|+ \frac{\varepsilon}{2}}(**) Так как  \xi>x_{0}>\delta_{1} , то для всех x>\delta_{2}   выполняется неравенство: A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f(x)}{g(x)} (\varphi(x))^{-1}<A+\frac{\varepsilon}{2} Если x>\delta , то \varphi(x)>0 , и поэтому неравенство равносильно следующему: (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))< \frac{f(x)}{g(x)}<(A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) Используя неравенство (**) , получаем: (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))= A-\frac{\varepsilon}{2}+(A-\frac{\varepsilon}{2})\beta(x) \geq (A-\frac{\varepsilon}{2})-(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|> A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon Аналогично находим: (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))\leq A+\frac{\varepsilon}{2}+(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|< A+\varepsilon

Таким образом для всех x>\delta  выполняется  неравенство (*) , а это означает, что справедливо утверждение: \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}

Примеры:

Пример 1. Найти \lim\limits_{x \to 1}\frac{3x^{10}-2x^{5}-1}{x^{3}-4x^{2}+3} Обозначим f(x)=3x^{10}-2x^{5}-1  , g(x)=x^{3}-4x^{2}+3 . Так как  \lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}g(x)=0 , воспользуемся правилом Лопиталя для ситуации \frac{0}{0} . f'(x)=30x^{9}-10x^{4} , f'(1)=20 g'(x)=3x^{2}-8x , g'(1)=-5 По доказанной теореме: \lim\limits_{x\to1}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to1}\frac{f'(x)}{g(x')}=\frac{20}{-5}=-4

Ответ: -4.

Пример 2. Доказать, что  \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=0,\alpha>0

Применяя правило Лопиталя для ситуации \frac{\infty}{\infty} , получим: \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x}}{\alpha x^{\alpha-1}}= \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{\alpha x^{\alpha}}=0

Доказано.

Источники:

  1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
  2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §19 с. 172-175

Тест на знание правила Лопиталя

Пройдите короткий тест для закрепления материала.

Правило Лопиталя о раскрытии неоднозначностей: 2 комментария

  1. В одном из вопросов Вы нашли хороший способ избежать проблем с отображением формул. Но дальше его не использовали. Почему?

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *