Метка: раскрытие неопределенности

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

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 $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {\ln x}{x}$
Решение

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

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

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

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

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

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

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

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

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 5 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5

Информация

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

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 5

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Нет рубрики 0%
2. Математический анализ 0%

максимум из 5 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 5

   1.

   Количество баллов: 1

   Какая из неопределенностей не может быть раскрыта с помощью второй теоремы Лопиталя?

   • $\frac{+\infty}{+\infty}$
   • $\frac{0}{0}$
   • $\frac{+\infty}{-\infty}$
   • $\frac{\infty}{\infty}$
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 5

   2.

   Количество баллов: 1

   Для каких случаев второй теоремой Лопиталя придется воспользоваться более одного раза?

   • $\lim\limits_{x \to \infty}\frac {x^2}{\ln x}$
   • $\lim\limits_{x \to \infty}\frac{ \sin x}{ \cos x}$
   • $\lim\limits_{x \to 0}\frac {x^{2018}}{2018^x}$
   • $\lim\limits_{x \to \infty}\frac {x^2}{\ln^2 x}$
   • $\lim\limits_{x \to \infty}\frac {x^5 + 4x^2 + 3}{e^x}$
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 5

   3.

   Количество баллов: 1

   Если все условия соблюдены, предел отношения двух бесконечно больших величин равен пределу отношения их …
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 5

   4.

   Количество баллов: 1

   разместите пределы по убыванию их значений

   • $\lim\limits_{x \to \infty} \frac{x^2}{e^x}$
   • $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln x}{1 + 2 \ln \sin x}$
   • $\lim\limits_{x \to \infty} \frac{2^x}{x^2}$
   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 5

   5.

   Количество баллов: 1

   Можно ли воспользоваться второй теоремой Лопиталя? Если нет, то почему?

   Элементы сортировки

   • $\lim\limits_{x \to \infty}\frac{x + \sin x}{x}$
   • $\lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}}\frac{\tg x}{\tg 3x}$
   • $\lim\limits_{x \to \infty}\frac{2018+ \sin x}{\ln x}$

   • Нельзя, т.к. $\lim\limits_{x \to a + 0} \frac {f'(x)}{g'(x)}$ не существует

   • Можно

   • Нельзя, т.к. одна из функций ограниченная

   Правильно
   

   Неправильно
   

• Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу. — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, с. 152-154

См. также:

• Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления Т.I. — М.: ФМЛ, 1962, с. 314-320
• Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа, т.1. — М.: Дрофа, 2003, с. 330-336
• Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И, Курс математического анализа. — М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2003, с. 172-176