5.6.1 Первая теорема Лопиталя

5.6.1 Первая теорема Лопиталя
Следующая теорема содержит правило раскрытия неопределенности вида $\left [ \displaystyle\frac{0}{0} \right ]$ для случая, когда функции $f$ и $g$ имеют производные в проколотой окрестности точки $a$, а в самой точке $a$ могут оказаться и недифференцируемыми.

Первая теорема Лопиталя
Пусть функции $f$ и $g$ дифференцируемы на интервале $\left ( a,b \right )$, $\lim\limits_{x\to a+0}f(x)=0$, $\lim\limits_{x\to a+0}g(x)=0$ и ${g}'(x)\neq 0$ для всех $x\in\left ( a, b \right )$. Далее, пусть существует $$\lim\limits_{x\rightarrow a+0 } \displaystyle\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}= A ,$$ где $A$ может быть конечным $+\infty$, $-\infty$ или $\infty$. Тогда существует $$\lim\limits_{x\rightarrow a+0 } \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$$ и этот предел равен  $A$.

Доопределим по непрерывности функции $f$ и $g$ в точке $a$, полагая $f(a)=g(a)=0$. Тогда для любого $x\in\left ( a, b \right )$ в силу теоремы Коши, найдется такая точка $\xi_{a}\in(a,x)$, что $$\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}= \displaystyle\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\displaystyle\frac{{f}'(\xi_{x})}{{g}'(\xi_{x})}.$$
Если мы покажем, что из условий $\lim\limits_{x\rightarrow a+0 } \displaystyle\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}= A$ и  $\xi_{a}\in(a,x)$ следует, что $\lim\limits_{x\rightarrow a+0 } \displaystyle\frac{{f}'(\xi_{a})}{{g}'(\xi_{a})}=A$, то сразу получим, что и $\lim\limits_{x\rightarrow a+0}\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}= A$
Итак, осталось показать, что условие $\lim\limits_{x\rightarrow a+0 } \displaystyle\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}= A$ влечет равенство $\lim\limits_{x\rightarrow a+0 } \displaystyle\frac{{f}'(\xi_{a})}{{g}'(\xi_{a})}=A$, где $\xi_{a}\in(a,x)$. Пусть $A$ конечно. Тогда для заданного $\varepsilon > 0$ найдем такое $\delta > 0$, что из условия $a<x<a+\delta$ следует неравенство $$\left | \displaystyle\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}-A \right |< \varepsilon.$$
Но из $a< \xi_x< x$ следует также, что и $a< \xi_x< a+\delta$ , и поэтому
$$\left | \displaystyle\frac{{f}'(\xi_x)}{{g}'(\xi_x)}-A \right |< \varepsilon.$$
Отсюда следует требуемое равенство
$$\lim\limits_{x\rightarrow a+0 } \displaystyle\frac{{f}'(\xi_x)}{{g}'(\xi_x)}=A.$$
Аналогично, с очевидными изменениями в форме записи, исчерпываются случаи $A=+\infty$, $A=-\infty$ и $A=\infty$.

Замечание. Теорема Лопиталя утверждает, что предел отношения функций равен пределу отношения производных, если последний существует. Однако может оказаться, что предел отношения функций существует, в то время, как предел отношения производных не существует, т. е. обратное теореме Лопиталя утверждение неверно. Приведем соответствующий пример.

Пример. Положим $f(x)=x^2\sin\displaystyle\frac{1}{x}$, $g(x)=x$. Ясно, что $ \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=x\sin \displaystyle\frac{1}{x}\rightarrow 0(x\rightarrow 0)$. Но ${f}'(x)=2x\sin \displaystyle\frac{1}{x}-\cos \displaystyle\frac{1}{x}, {g}'(x)=1$, так что при  $x\rightarrow 0$ отношение $\displaystyle\frac{{f}'(x)}{{g}'(x)}$ не имеет предела, поскольку первое слагаемое в ${f}'(x)$ стремится к нулю, а $\cos \displaystyle\frac{1}{x}$ не имеет предела при $x\rightarrow 0$.

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. $\large\lim\limits_{x\rightarrow 0}\displaystyle\frac{1-\cos4x}{x^2}$
    Решение

    $\left | \displaystyle\frac{0}{0} \right |=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{4\sin4x}{2x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{16\cos4x}{2}=8$

  2. $\large\lim\limits_{x\rightarrow 0}\displaystyle\frac{x-\sin x}{x^3}$
    Решение

    $\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{1-\cos x}{3x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{\sin x}{6x}= \displaystyle\frac{1}{6}$

  3. $\large\lim\limits_{x\rightarrow 0}\displaystyle\frac{x^4}{x^2+2\cos x-2}$
    Решение

    $\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{4x^3}{2x-2\sin x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{12x^2}{2-2\cos x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{24x}{2\sin x}=12$

  4. $\large\lim\limits_{x\rightarrow \infty }\displaystyle\frac{ \displaystyle\frac{\pi}{4}-\text{arctg}\:(1- \displaystyle\frac{1}{x})}{\sin\displaystyle\frac{1}{x}}$
    Решение

    $\lim\limits_{x\rightarrow \infty } \displaystyle\frac{ \displaystyle\frac{-1}{1+(1- \displaystyle\frac{1}{x})^2} \displaystyle\frac{1}{x^2}}{(\cos \displaystyle\frac{1}{x}) \displaystyle\frac{-1}{x^2}}=\lim\limits_{x\rightarrow \infty } \displaystyle\frac{ \displaystyle\frac{1}{1+(1- \displaystyle\frac{1}{x})^2}}{\cos \displaystyle\frac{1}{x}}= \displaystyle\frac{1}{2}$

Первая теорема Лопиталя

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Первая теорема Лопиталя».

Литература

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001 (стр. 172-176)
  2. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 2 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1970 (стр. 601-603)
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003 (стр. 328-330)

Добавить комментарий

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