предел отношения производных

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.

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.

$\large\lim\limits_{x\rightarrow 0}\displaystyle\frac{1-\cos4x}{x^2}$

Решение

$\left | \displaystyle\frac{0}{0} \right |=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{4\sin4x}{2x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{16\cos4x}{2}=8$
$\large\lim\limits_{x\rightarrow 0}\displaystyle\frac{x-\sin x}{x^3}$

Решение

$\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{1-\cos x}{3x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{\sin x}{6x}= \displaystyle\frac{1}{6}$
$\large\lim\limits_{x\rightarrow 0}\displaystyle\frac{x^4}{x^2+2\cos x-2}$

Решение

$\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{4x^3}{2x-2\sin x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{12x^2}{2-2\cos x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0} \displaystyle\frac{24x}{2\sin x}=12$
$\large\lim\limits_{x\rightarrow \infty }\displaystyle\frac{ \displaystyle\frac{\pi}{4}-\text{arctg}\:(1- \displaystyle\frac{1}{x})}{\sin\displaystyle\frac{1}{x}}$

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

В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по математическому анализу»(стр. 124-126)

Смотрите также

Правило Лопиталя о раскрытии неоднозначностей

Метод нахождения пределов функций, раскрывающий неопределённости вида $latex \frac{0}{0}$ или $latex \frac{\infty}{\infty}$ Правило позволяет заменить предел отношения функций пределом отношения их производных.

1. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны нулю.

Условия:

$latex f(x) &s=1$ и $latex g(x) &s=1$ дифференцируемы в проколотой окрестности точки $latex a$
$latex \lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0 &s=1$
$latex g'(x) \neq 0 &s=1$ в проколотой окрестности точки $latex a$
Существует $latex \lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

Вывод: Тогда существует $latex \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

Доказательство: Доопределим функции в точке $latex a$ нулём. Из 1 условия следует, что $latex f(x)$ и $latex g(x)$ непрерывны на отрезке $latex [a,x]$ , где $latex x$ принадлежит рассматриваемой окрестности точки $latex a$ . Применим обобщённую формулу конечных приращений (Коши) к $latex f(x)$ и $latex g(x)$ на отрезке $latex [a,x]$ $latex \exists \xi\in [a,x]:\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}&s=1$ Так как $latex f(a)=g(a)=0$ получим, что $latex \forall x$ $latex \exists \xi \in [a,x]:\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} &s=1$ Пусть предел отношения производных равен $latex A$ . Следовательно: $latex \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}=\lim\limits_{y \to a} \frac{f'(y)}{g'(y)}=A &s=1$ , так как $latex \lim\limits_{x \to a} \xi(x)=a &s=1$

2. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны бесконечности.

Условия:

$latex f(x)$ и $latex g(x)$ дифференцируемы при $latex x>a$
$latex \lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to\infty}g(x)=\infty &s=1$
$latex g'(x)\neq 0$ при $latex x>a$
Существует конечный $latex \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A &s=1$

Вывод: Тогда существует $latex \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$ Доказательство: Из условия 2 следует, что $latex \exists a_{1}>a:\forall x>a_{1} \to |f(x)|>1,|g(x)|>1$ , и поэтому $latex f(x)\neq 0,g(x)\neq0$ при $latex x>a_{1}$ . По определению предела (условие 4) для заданного числа $latex \varepsilon >0$ можно найти $latex \delta_{1}=\delta_{1}(\varepsilon)\geq a_{1}$ такое, что для всех $latex t>\delta_{1}$ выполняется неравенство: $latex A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f'(t)}{g'(t)}<A+\frac{\varepsilon}{2} &s=1$ Фиксируя $latex x_{0}>\delta_{1}$ выберем, пользуясь условием 2 число $latex \delta_{2}>x_{0}$

такое, чтобы при всех $latex x>\delta_{2}$ выполнялись неравенства: $latex \left |\frac{f(x_{0})}{f(x)}<\frac{1}{2}\right | &s=1$ и $latex \left |\frac{g(x_{0})}{g(x)}<\frac{1}{2}\right | &s=1$ Для доказательства теоремы нужно доказать, что существует такое $latex \delta$ , что при всех $latex x>\delta$ выполняется $latex A-\varepsilon<\frac{f(x)}{g(x)}<A+\varepsilon (*) &s=1$ Число $latex \delta$ будет выбрано ниже. Считая, что $latex x>\delta$ , применим к функциям $latex f$ и $latex g$ на отрезке $latex [x;x_{0}]$ обобщённую формулу конечных приращений (Коши). $latex \exists \xi \in [x_{0};x]: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} &s=1$ Преобразуем левую часть неравенства: $latex \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} &s=1$ , где $latex \varphi(x)=\frac{1-\frac{g(x_{0})}{g(x)}}{1-\frac{f(x_{0})}{f(x)}}=1+\beta(x) &s=1$ Заметим, что $latex \beta(x)\to0$ при $latex x\to+\infty$ в силу условия 2, $latex \forall \varepsilon>0 \exists \delta\geq\delta_{2}:$ $latex \forall x>\delta\to|\beta(x)|<\frac{\frac{\varepsilon}{2}}{|A|+ \frac{\varepsilon}{2}}(**) &s=1$ Так как $latex \xi>x_{0}>\delta_{1}$ , то для всех $latex x>\delta_{2}$ выполняется неравенство: $latex A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f(x)}{g(x)} (\varphi(x))^{-1}<A+\frac{\varepsilon}{2} &s=1$ Если $latex x>\delta$ , то $latex \varphi(x)>0$ , и поэтому неравенство равносильно следующему: $latex (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))<$ $latex \frac{f(x)}{g(x)}<(A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) &s=1$ Используя неравенство $latex (**)$ , получаем: $latex (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))=$ $latex A-\frac{\varepsilon}{2}+(A-\frac{\varepsilon}{2})\beta(x) \geq$ $latex (A-\frac{\varepsilon}{2})-&s=1-(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|>$ $latex A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon &s=1$ Аналогично находим: $latex (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))\leq$ $latex A+\frac{\varepsilon}{2}+(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|< A+\varepsilon &s=1$

Таким образом для всех $latex x>\delta$ выполняется неравенство $latex (*)$ , а это означает, что справедливо утверждение: $latex \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

Примеры:

Пример 1. Найти $latex \lim\limits_{x \to 1}\frac{3x^{10}-2x^{5}-1}{x^{3}-4x^{2}+3} &s=1$ Обозначим $latex f(x)=3x^{10}-2x^{5}-1$ , $latex g(x)=x^{3}-4x^{2}+3$ . Так как $latex \lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}g(x)=0$ , воспользуемся правилом Лопиталя для ситуации $latex \frac{0}{0}$ . $latex f'(x)=30x^{9}-10x^{4}$ , $latex f'(1)=20$ $latex g'(x)=3x^{2}-8x$ , $latex g'(1)=-5$ По доказанной теореме: $latex \lim\limits_{x\to1}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to1}\frac{f'(x)}{g(x’)}=\frac{20}{-5}=-4 &s=1$

Ответ: -4.

Пример 2. Доказать, что [latex] \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=0,\alpha>0 [/latex]

Применяя правило Лопиталя для ситуации $latex \frac{\infty}{\infty}$ , получим: [latex]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=[/latex][latex]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x}}{\alpha x^{\alpha-1}}=[/latex][latex] \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{\alpha x^{\alpha}}=0[/latex]

Доказано.

Источники:

Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §19 с. 172-175

Тест на знание правила Лопиталя

Пройдите короткий тест для закрепления материала.

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Метка: предел отношения производных