5.6.2 Вторая теорема Лопиталя

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Первая теорема Лопиталя предназначена для раскрытия неопределенности вида $\left[ \displaystyle\frac{0}{0} \right].$ Следующая теорема служит для раскрытия неопределенности вида $\left[ \displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right] .$

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

Рассмотрим сначала случай конечного $A.$ Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем такое $\delta > 0,$ что для всех $\xi$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta$) справедливо неравенство $$ \left| \displaystyle\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} -A \right| < \frac {\varepsilon} {4} .$$
Зафиксируем $y$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta).$ Тогда для любого $x$ $\in$ $(a, y),$ в силу теоремы Коши, найдется такое $\xi$  $\in$ $(x, y),$ что
$$ \displaystyle\frac { f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} = \displaystyle\frac { f'(\xi)} {g'(\xi)} .$$
Поскольку $\xi$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta),$ то получаем
$$\left| \displaystyle\frac{ f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} -A \right| = \left| \displaystyle\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} -A \right| < \displaystyle\frac {\varepsilon} {4} .$$
Представим
$$\displaystyle\frac {f(x)} {g(x)} -A = \frac {f(y) -A \cdot g(y)} {g(x)} + \left( 1 -\frac{g(y)}{g(x)}\right) \left[ \displaystyle\frac { f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} -A \right] .$$
Если $y$ фиксировано, а $x \to a + 0$ ,то, т.к.  $g(x) \to \infty,$ имеем
$\displaystyle\frac {f(y) -A \cdot g(y)} {g(x)} \to 0$ и $\displaystyle\frac {g(y)} {g(x)} \to 0 .$
Значит, найдется такое $\delta _1 < \delta ,$ что для всех $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$ справедливы неравенства
$\left| \displaystyle\frac {f(y) -A \cdot g(y)} {g(x)}\right| < \displaystyle\frac {\varepsilon}{2} $ и $\left| \displaystyle\frac {g(y)} {g(x)}\right| < 1 .$
Тогда получим, что для $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$ справедливо неравенство $\left|\displaystyle\frac {f(x)} {g(x)} -A\right| < \displaystyle\frac{\varepsilon}{2} + 2 \cdot \displaystyle\frac{\varepsilon}{4} = \varepsilon ,$
и тем самым завершается доказательство теоремы для $A$ $\in$ $\mathbb {R}$
В случае $A = \infty$ представим
$$ \displaystyle\frac {f(x)}{g(x)} = \left( 1 -\displaystyle\frac{g(y)}{g(x)}\right) \left[ \displaystyle\frac { f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} -\displaystyle\frac { f(y) } {g(y) -g(x)} \right] .$$
Зададим $B$ и найдем такое $\delta > 0$, что для всех $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta)$ справедливо неравенство $$\left| \displaystyle\frac {f'(x)} {g'(x)}\right| > 4B .$$
Тогда для любых $x, y,$ таких, что $a < x < y < a + \delta ,$ по теореме Коши, найдется $\xi \in (x, y),$ для которого $\left| \displaystyle\frac { f(y)-f(x)} {g(y) -g(x)} \right| = \left| \displaystyle\frac {f'(\xi)} {g'(\xi)} \right| > 4B .$
Так как $\displaystyle\frac{g(y)}{g(x)} \to 0$ и $\displaystyle\frac { f(y)} {g(y) -g(x)} \to 0$ при $x \to a + 0 ,$ то найдется $\delta _1 <  \delta,$ такое, что при $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$
$\left| \displaystyle\frac{g(y)}{g(x)} \right| < \displaystyle\frac{1}{2}$ и $\left| \displaystyle\frac { f(y)} {g(y) -g(x)} \right| < 2B .$
Тогда для $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$ получим
$\left| \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)} \right| > \displaystyle\frac{1}{2}
\left[ \left| \displaystyle\frac { f(y)-f(x)} {g(y) -g(x)} \right| -\left| \frac { f(y)} {g(y) -g(x)} \right| \right] \geqslant \displaystyle\frac{1}{2} \left[ 4B -2B \right] = B ,$
и тем самым завершается рассмотрение случая $ A =\infty .$
В случаях $A = + \infty$ и $A = -\infty$ изменения в доказательстве очевидны.

Замечание 1. Обе теоремы Лопиталя аналогичным образом могут быть доказаны для случаев $x \to b -0, x \to x_0, x \to + \infty, x \to -\infty$ и $x \to \infty.$

Замечание 2. Доказательство первой теоремы Лопиталя может быть получено аналогично доказательству второй теоремы Лопиталя. Мы рассмотрели более простое доказательство первой теоремы,которое неприменимо для доказательства второй теоремы, т.к. в условиях второй теоремы функции $f$ и $g$ нельзя доопределить по непрерывности в точке $a,$ как это было сделано при доказательстве первой теоремы.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, для решения которых может использоваться вторая теорема Лопиталя. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {\ln x}{x}$
  2. Решение

    $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {\ln x}{x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \frac {(\ln x)’}{(x)’}= \lim\limits_{x \to \infty} \frac {\displaystyle\frac{1}{x}}{1}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{x} = 0$

  3. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{x^2}$
  4. Решение

    $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{x^2} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {(e^x)’}{(x^2)’}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{2x}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{2} = \infty$

  5. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {x}{\ln^3 x}$
  6. Решение

    $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac { x}{\ln^3 x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {(x)’}{(\ln^3 x)’}= \\ = \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{\displaystyle\frac{3 \ln^2 x}{x}}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac{1}{3} \displaystyle\frac {x}{\ln x^2} = \displaystyle\frac{\infty}{\infty}=\displaystyle\frac{1}{3} \lim\limits_{x \to \infty} \frac {1}{\displaystyle\frac{2 \ln x}{x}} = \displaystyle\frac{1}{6} \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{\displaystyle\frac{1}{x}}=\displaystyle\frac{1}{6} \lim\limits_{x \to \infty} x = 0$

  7. Найти предел $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\ln x}{1 +3 \ln \sin x}$
  8. Решение

    $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\ln x}{1 +3 \ln \sin x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to 0} \frac {(\ln x)’}{(1 +3 \ln \sin x)’}= \lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\displaystyle\frac{1}{x}}{3 \displaystyle\frac{\cos x}{\sin x}}= \lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\sin x}{3 x \cos x} =\frac {1}{3}$

  9. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}}$
  10. Решение

    Прологарифмируем исходное выражение $ \displaystyle\frac{1}{x}\ln (1 + x^2) = \displaystyle\frac{\ln (1 + x^2)}{x}$
    Найдем $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac{\ln (1 + x^2)}{x} = \left[\displaystyle\frac {\infty}{\infty}\right] = \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac{2x}{1 + x^2} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{2}{2x} = 0$
    Так как $\ln (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}}$ функция непрерывная на промежутке $(0;1),$ то $\ln \lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = \lim\limits_{x \to \infty} \ln \: (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = 0.$ Следовательно, $\lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = e^0$ или $\lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = 1$

Вторая теорема Лопиталя

Вы можете проверить свои знания по данной теме, пройдя этот тест

Таблица лучших: Вторая теорема Лопиталя

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

См. также:

М1761. Ящики фокусника

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 1 выпуск)

Условие

У фокусника 100 карточек, занумерованных числами от 1 до 100. Он раскладывает все карточки в три ящика – красный, белый и синий – так, чтобы в каждом ящике лежала хотя бы одна карточка. Один из зрителей выбирает два из трех ящиков, вынимает из них по одной карточке и объявляет сумму номеров вынутых карточек. Зная эту сумму, фокусник определяет тот ящик, из которого карточки не вынимались. Сколькими различными способами можно разложить карточки по ящикам так, чтобы этот фокус всегда удавался?
(Способы, при которых хотя бы одна карточка попадает в разные ящики, считаются различными.)

Ответ: 12.

Решение

Пусть карточка 1 (или число 1) лежит в красном ящике
(сокращенно КЯ), а карточка с наименьшим числом k, не лежащая в КЯ, лежит в белом ящике (БЯ). Тогда k-1 находится в КЯ.
По условию, в синем ящике (СЯ) есть хотя бы одна карточка; пусть n – наименьшее число (т.е. карточка с наименьшим числом) в СЯ \to  n > k. Если n-1 лежит в КЯ, то зритель может вытащить либо n-1 и k из КЯ и
БЯ, либо n и k-1 из СЯ и КЯ. Суммы чисел на карточках одинаковы, значит, в этом случае фокус не удастся.
Следовательно, n-1 находится в БЯ. Предположим, что карточка 2 лежит в КЯ. Тогда взяв либо 2 и n-1 из КЯ и БЯ, либо 1 и n из КЯ и СЯ, получим одинаковые суммы, значит, k=2 и 2 находится в БЯ.
Рассмотрим два случая.

  1. В КЯ нет других карточек, кроме 1. Покажем, что тогда n=100. Пусть n<100. Тогда n+1 лежит либо в БЯ, либо в СЯ. Пары карточек (1, n+1) и (2, n) с одинаковой суммой находятся в (КЯ, БЯ (СЯ)) и в (БЯ, СЯ) – фокус не удался. Значит,n=100 , т.е. в СЯ только одна карточка 100, в КЯ – одна карточка 1, в БЯ – карточки 2, 3, \ldots , 99 . Покажем, что в этом случае фокус всегда удается: если мы берем карточки из БЯ и КЯ, то получаем суммы 3, 4, \cdots ,100 , если из КЯ и СЯ – сумму 101, если из БЯ и СЯ – суммы 102, 103, \cdots , 199, т.е. суммы различны.
  2. В КЯ есть другие числа, и m – наименьшее из них. Тогда m > 2 , значит, m-1не лежит в КЯ. Если m-1 находятся в БЯ, то для пар (m-1, n) , из БЯ и СЯ и (n-1, m) , из БЯ и СЯ фокус не удастся. Значит, m-1 лежит в СЯ.

Лемма 1

Если в двух различных ящиках лежат карточки
x и x+1, а в третьем y и y+1, то фокус не удастся.

Одинаковые суммы имеют пары (x, y + 1) и (x+1, y), из разных пар ящиков.

Лемма 2

Если в одном ящике лежат карточки x и y, а в
двух других x+1 и y+1 соответственно, то фокус не удастся.

Доказательство дословно повторяет доказательство леммы 1.

Выше мы показали, что для каждой пары ящиков есть карточки с двумя последовательными числами, а именно
КЯ, БЯ : 1,2,
БЯ, СЯ : n-1, n,
СЯ, БЯ : m - 1, m.
Значит, по лемме 1 ни в одном из ящиков нет карточек с двумя последовательными числами.
Далее, полагая, что y = 1, если x лежит в КЯ и x + 1 – в
СЯ, и y = n - 1, если x находится в БЯ и x + 1 – в КЯ,
по лемме 2 получаем, что в этих случаях фокус не удастся.
Аналогично фокус не удастся, если x лежит в СЯ, а x + 1 в БЯ. Итак, если а находится в КЯ, то a + 1 – в БЯ, a + 2 – в СЯ, a + 3 – в БЯ и т.д. Значит, в КЯ находятся числа, сравнимые с 1 по модулю 3, в БЯ – сравнимые с 2, в СЯ – делящиеся на 3. Покажем, что такое расположение карточек подходит: сумма чисел на карточках из КЯ и БЯ делится на 3, из КЯ и СЯ сравнима с 1 по модулю 3, из СЯ и БЯ – с 2, т.е. всегда можно определить, из каких ящиков взяты карточки.
Мы получили, что если карточка 1 лежит в КЯ, а карточка с наименьшим числом не из КЯ находится в БЯ, то есть два варианта раскладывания карточек. Аналогично рассуждаем в случае других пяти пар ящиков. Значит, всего имеется 2 \times 3 \times 2 = 12 различных способов.

Н. Агаханов, А. Гайфуллин

М1769. Хорды окружности

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 2 выпуск)

Условие

Концы 2n пересекающихся хорд разделили окружность на 4n равных дуг. Докажите, что среди этих хорд найдутся две параллельные хорды.

Решение

Будем считать, что окружность имеет длину 4n, а, значит каждая из 4n дуг, на которые она разделена концами 2n непересекающихся хорд, имеет длину 1. Важно заметить следующее. Так как хорды не пересекаются, то концы каждой хорды разделяют окружность на дуги нечетной длины.
Обозначим 4n точек деления числами 0, 1, 2, \ldots,4n - 1 последовательно (см. рисунок). Условимся писать  a \equiv b, если числа a и b дают одинаковые остатки при делении на 4n, и говорить, что a и b равны по модулю 4n. Теперь отметим, что если i, j и k, l — две пары из чисел на окружности, для которых выполняется равенство i + j \equiv k + l, то хорды ij и kl параллельны.

Каждая из 2n хорд определена парой своих концов: (i_1, i_2),  (i_3, i_4), \ldots, (i_{4n-1}, i_4n). При этом сумма чисел в каждой паре нечетна.

Допустим, что среди 2n хорд нет параллельных. Тогда набор чисел i_1 + i_2, i_3 + i_4, \ldots ,i_{4n-1} + i_4n по модулю 4n содержит все нечетные числа от 1 до 4n - 1.

Значит, сумма этого набора равна 4n^2 (по модулю 4n). Непосредственно суммируя числа набора, мы получим i_1 + i_2 + i_3 + i_4 + \ldots + i_{4n-1} + i_4n = 0 + 1 + 2 + \ldots +4n- 1 = 2n (4n-1).

Но тогда должно выполняться равенство 4n^2 \equiv 2n (4n-1).) Легко видеть, что такое равенство не выполняется, т.е. остается заключить, что среди хорд есть параллельные.

B.Произволов