раскрытие неопределенности

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

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Первая теорема Лопиталя предназначена для раскрытия неопределенности вида $\left[ \displaystyle\frac{0}{0} \right].$ Следующая теорема служит для раскрытия неопределенности вида $\left[ \displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right] .$

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

Решение

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

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

Решение

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

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

Решение

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

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

Решение

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

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

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

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
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
Задание 3 из 5

3.
Количество баллов: 1
Если все условия соблюдены, предел отношения двух бесконечно больших величин равен пределу отношения их …
Правильно

Неправильно
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

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

Таблица лучших: Вторая теорема Лопиталя

максимум из 5 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

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

Метка: раскрытие неопределенности

5.6.1 Первая теорема Лопиталя

Примеры решения задач

Первая теорема Лопиталя

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Литература

5.6.2 Вторая теорема Лопиталя

Примеры решения задач

Вторая теорема Лопиталя

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Элементы сортировки

Таблица лучших: Вторая теорема Лопиталя

См. также:

Средний результат
Ваш результат