Processing math: 100%

Метка: Лопиталь

5.6.2 Вторая теорема Лопиталя

Первая теорема Лопиталя предназначена для раскрытия неопределенности вида [00]. Следующая теорема служит для раскрытия неопределенности вида [∞∞].

Вторая теорема Лопиталя. Пусть функции f и g дифференцируемы на интервале (a,b),g′(x)≠0(x∈(a,b)) и limx→a+0f(x)=∞,limx→a+0g(x)=∞, limx→a+0f′(x)g′(x)=A,
где A может быть конечным ,+∞,−∞, или ∞. Тогда существует
limx→a+0f(x)g(x)
и этот предел равен A.

Рассмотрим сначала случай конечного A. Зададим ε>0 и найдем такое δ>0, что для всех ξ ∈ (a, a + δ) справедливо неравенство |f′(ξ)g′(ξ)−A|<ε4.
Зафиксируем y ∈ (a, a + δ). Тогда для любого x ∈ (a,y), в силу теоремы Коши, найдется такое ξ  ∈ (x,y), что
f(y)−f(x)g(y)−g(x)=f′(ξ)g′(ξ).
Поскольку ξ ∈ (a, a + δ), то получаем
|f(y)−f(x)g(y)−g(x)−A|=|f′(ξ)g′(ξ)−A|<ε4.
Представим
f(x)g(x)−A=f(y)−A⋅g(y)g(x)+(1−g(y)g(x))[f(y)−f(x)g(y)−g(x)−A].
Если y фиксировано, а x→a+0 ,то, т.к.  g(x)→∞, имеем
f(y)−A⋅g(y)g(x)→0 и g(y)g(x)→0.
Значит, найдется такое δ1<δ, что для всех x ∈ (a, a + δ1) справедливы неравенства
|f(y)−A⋅g(y)g(x)|<ε2 и |g(y)g(x)|<1.
Тогда получим, что для x ∈ (a, a + δ1) справедливо неравенство |f(x)g(x)−A|<ε2+2⋅ε4=ε,
и тем самым завершается доказательство теоремы для A ∈ R
В случае A=∞ представим
f(x)g(x)=(1−g(y)g(x))[f(y)−f(x)g(y)−g(x)−f(y)g(y)−g(x)].
Зададим B и найдем такое δ>0, что для всех x ∈ (a, a + δ) справедливо неравенство |f′(x)g′(x)|>4B.
Тогда для любых x,y, таких, что a<x<y<a+δ, по теореме Коши, найдется ξ∈(x,y), для которого |f(y)−f(x)g(y)−g(x)|=|f′(ξ)g′(ξ)|>4B.
Так как g(y)g(x)→0 и f(y)g(y)−g(x)→0 при x→a+0, то найдется δ1<δ, такое, что при x ∈ (a, a + δ1)
|g(y)g(x)|<12 и |f(y)g(y)−g(x)|<2B.
Тогда для x ∈ (a, a + δ1) получим
|f(x)g(x)|>12[|f(y)−f(x)g(y)−g(x)|−|f(y)g(y)−g(x)|]⩾12[4B−2B]=B,
и тем самым завершается рассмотрение случая A=∞.
В случаях A=+∞ и A=−∞ изменения в доказательстве очевидны.

Замечание 1. Обе теоремы Лопиталя аналогичным образом могут быть доказаны для случаев x→b−0,x→x0,x→+∞,x→−∞ и x→∞.

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 limx→∞lnxx
    2. Решение

    limx→∞lnxx=[∞∞]=limx→∞(lnx)′(x)′=limx→∞1x1=limx→∞1x=0

  2. Найти предел limx→∞exx2
    3. Решение

    limx→∞exx2=[∞∞]=limx→∞(ex)′(x2)′=limx→∞ex2x=limx→∞ex2=∞

  3. Найти предел limx→∞xln3x
    4. Решение

    limx→∞xln3x=[∞∞]=limx→∞(x)′(ln3x)′==limx→∞13ln2xx=limx→∞13xlnx2=∞∞=13limx→∞12lnxx=16limx→∞11x=16limx→∞x=0

  4. Найти предел limx→0lnx1+3lnsinx
    5. Решение

    limx→0lnx1+3lnsinx=[∞∞]=limx→0(lnx)′(1+3lnsinx)′=limx→01x3cosxsinx=limx→0sinx3xcosx=13

  5. Найти предел limx→∞(1+x2)1x
    6. Решение

    Прологарифмируем исходное выражение 1xln(1+x2)=ln(1+x2)x
    Найдем limx→∞ln(1+x2)x=[∞∞]=limx→∞2x1+x2=limx→∞22x=0
    Так как ln(1+x2)1x функция непрерывная на промежутке (0;1), то lnlimx→∞(1+x2)1x=limx→∞ln(1+x2)1x=0. Следовательно, limx→∞(1+x2)1x=e0 или limx→∞(1+x2)1x=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: