$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$
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.
- Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {\ln x}{x}$
- Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{x^2}$
- Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {x}{\ln^3 x}$
- Найти предел $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\ln x}{1 +3 \ln \sin x}$
- Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}}$
Решение
$\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {\ln x}{x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \frac {(\ln x)’}{(x)’}= \lim\limits_{x \to \infty} \frac {\displaystyle\frac{1}{x}}{1}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{x} = 0$
Решение
$\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{x^2} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {(e^x)’}{(x^2)’}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{2x}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{2} = \infty$
Решение
$\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac { x}{\ln^3 x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {(x)’}{(\ln^3 x)’}= \\ = \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{\displaystyle\frac{3 \ln^2 x}{x}}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac{1}{3} \displaystyle\frac {x}{\ln x^2} = \displaystyle\frac{\infty}{\infty}=\displaystyle\frac{1}{3} \lim\limits_{x \to \infty} \frac {1}{\displaystyle\frac{2 \ln x}{x}} = \displaystyle\frac{1}{6} \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{\displaystyle\frac{1}{x}}=\displaystyle\frac{1}{6} \lim\limits_{x \to \infty} x = 0$
Решение
$\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\ln x}{1 +3 \ln \sin x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to 0} \frac {(\ln x)’}{(1 +3 \ln \sin x)’}= \lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\displaystyle\frac{1}{x}}{3 \displaystyle\frac{\cos x}{\sin x}}= \lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\sin x}{3 x \cos x} =\frac {1}{3}$
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
| Место | Имя | Записано | Баллы | Результат |
|---|---|---|---|---|
| Таблица загружается | ||||
