5.6 Правила Лопиталя

Правила Лопиталя
Рассмотрим некоторые теоремы, позволяющие   раскрывать неопределенности  вида $\left [ \displaystyle\frac{0}{0} \right ]$ и $\left [ \displaystyle\frac{\infty }{\infty } \right]$ при нахождении пределов  $\lim\limits_{x\rightarrow a } \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$, где $f$ и $g$–дифференцируемые функции. Рассмотрим сначала простой случай. Пусть функции $f$ и $g$ дифференцируемые в точке $a$, $f(a) = g(a) = 0$ и ${g}'(a)\neq 0$. Тогда $f(x)={f}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)$ и $g(x)={g}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)$, откуда получаем $$\large \lim\limits_{x\rightarrow a } \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow a }\displaystyle\frac{{f}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)}{{g}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)}=\\=\lim\limits_{x\rightarrow a}x \displaystyle\frac{{f}'(a) + \displaystyle\frac{\bar{0}(x-a)}{x-a }}{{g}'(a) + \displaystyle\frac{\bar{0}(x-a)}{x-a }}= \displaystyle\frac{{f}'(a)}{{g}'(a)}$$
Это означает, что (при выполнении соответствующих условий) предел отношения функций равен отношению их производных.

Перейдя по этим ссылкам, Вы найдете подробную информацию о Первой и Второй теореме Лопиталя :

  1. Первая теорема Лопиталя
  2. Вторая теорема Лопиталя
  3. Литература

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)

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 3 выпуск) M1735*

Условие

Выпуклый многогранник имеет шесть вершин — по одной на каждой из полуосей прямоугольной системы координат. Докажите, что восемь проекций начала координат на грани многогранника принадлежат одной сфере.

Решение


Пусть три вершины многогранника $X_{0}, Y_{0}$ и $Z_{0}$ лежат на отрицательных полуосях, а три другие вершины $X_{1}, Y_{1}$ и $Z_{1}$ на положительных полуосях, точка $O$ — начало координат. Четыре проекции точки $O$ лежат на гранях многогранника $Z_{1}X_{1}Y_{1}$, $Z_{1}Y_{1}X_{0}$, $Z_{1}X_{0}Y_{0}$ и c $Z_{1}Y_{0}X_{1}$ — это точки $A$, $B$, $C$ и $D$ соответственно. Так как $\angle Z_{1}AO =\angle Z_{1}CO = \angle Z_{1}DO =90^{\circ}$, то сфера $S$, построенная на $Z_{1}O$ как на диаметре, содержит точки $A$, $B$, $C$ и $D$. Докажем, что точки $A$, $B$, $C$ и $D$ принадлежат одной окружности, т.е. сечению сферы $S$. Спроектировав эти точки из точки $Z_{1}$ на ребра многогранника $X_{1}Y_{1}$, $Y_{1}X_{0}$ $X_{0}Y_{0}$ и $Y_{0}X_{1}$, получим точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $D_{1}$, соответственно. Эта проекция — стереографическая, и как только мы докажем, что $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $D_{1}$ принадлежат одной окружности, так сразу убедимся, что точки $A$, $B$, $C$ и $D$ тоже принадлежат одной окружности. Заметим, что точки $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$ и $D_{1}$ — это проекции точки $O$ на стороны четырехугольника $X_{1}Y_{1}X_{0}Y_{0}$ , диагонали которого $X_{1}X_{0}$ и $Y_{1}Y_{0}$ перпендикулярны и пересекаются в точке $O$ (см. рисунок). В треугольнике $X_{0}Y_{1}X_{1}$ отрезок $B_{1}A_{1}$ антипараллелен стороне $X_{0}X_{1}$, т.е. $\angle Y_{1}B_{1}A_{1} =\angle Y_{1}X_{1}X$, a $\angle Y_{1}A_{1}B_{1} = \angle Y_{1}X_{0}X_{1}$; аналогичные равенства углов получим в треугольниках $Y_{1}X_{0}Y_{0}$, $X_{0}Y_{0}X_{1}$ и $Y_{0}X_{1}Y_{1}$. После этого простой подсчет покажет, что суммы противоположных углов в четырехугольнике $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ равны по $180^{\circ}$, т.е. около $A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ можно описать окружность. Значит, точки $A$ $B$, $C$ и $D$ принадлежат одной окружности, а четырехугольник $ABCD$является одной из шести граней многогранника $M$, восемь вершин которого — это восемь проекций точки $O$ на грани исходного многогранника. Все грани многогранника $M$ (кубоида) являются четырехугольниками, около каждого из которых можно описать окружность. Рассмотрим сферу $Q$, содержащую две окружности, описанные около двух смежных граней многогранника $M$. Нетрудно убедиться, что сфера $Q$ содержит все вершины многогранника $M$.

В. Произволов