Вычисление пределов с помощью правила Лопиталя

В задачах на пределы можно столкнуться с ситуациями, разрешить которые достаточно просто, используя правило Лопиталя. Относительно простая закономерность является очень полезной, когда требуется найти ответ к заданию по математике или математическому анализу. При этом важно владеть навыками дифференцирования.

Правило Лопиталя — в чем суть, понятие

Название этой закономерности не совсем соответствует действительности. Было бы правильнее говорить «правило Лопиталя — Бернулли». Первая подробная формулировка была представлена швейцарским математиком Иоганном Бернулли. Французский ученый Гийом Лопиталь впервые опубликовал это правило в издании собственного учебника в 1696 году.

Правило Лопиталя позволяет существенно упростить некоторые расчеты предела отношения \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\) при \(x\rightarrow a\) в том случае, когда \(f\) и \(g\) одновременно представляют собой бесконечно малые, либо бесконечно большие величины. С помощью выведенной закономерности допустимо осуществлять замену предела отношения функции, используя предел отношения их производных.

Доказательство 1 и 2 правила Лопиталя, вывод теоремы

Теорема 1

Допустим, что функции \(f(x)\) и \(g(x)\) дифференцируются на промежутке \((a,b)\):

\(\lim_{x\rightarrow a+0}f(x)=0\)

\(\lim_{x\rightarrow a+0}g(x)=0\)

\(g'(x)\neq 0\ \) для всех \(\ x\in(a,b)\)

Тогда имеет место конечный и бесконечный:

\(lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\)

Таким образом, также существует и равен A:

\(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)}\)

Можно сделать вывод:

\(\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\)\(\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}\)

Докажем данную теорию.

Допустим, что \(x\in(a,b)\)

Следует доопределить функции \(f(x)\) и \(g(x)\) в точке a, имея в виду, что:

\(f(a)=g(a)=0\)

Таким образом, из условий функций следует, что \(f\) и \(g\) непрерывны на отрезке [a,x]. По теореме Коши имеется точка \(\xi\in (a,x)\), такая, что:

\(\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)

В том случае, когда \(x\rightarrow a+0\), можно определить, что \(\xi\rightarrow a+0\). Зная, что  существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=A\), можно сделать вывод о справедливости утверждения \(\eqref\).

Теорема, доказательства которой представлены путем соответствующих изменений ее условий, работает, когда \(x\rightarrow a-0\) и \(x\rightarrow a\). Точка a в данном случае является конечной.

Теорема 1 остается справедливой в таких ситуациях, когда \(a=+\infty\) или \(a=-\infty\), а также:

\(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty} g(x)=0\)

\(\ g'(x)\neq 0\) при \(x > x_0\)и существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\)

В этом случае \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=A\)

Доказательство данного утверждения выполнено с помощью замены переменного \(\displaystyle x=\frac{1}{t}\) и Теоремы 1.

Теорема 2

Допустим, что функции \(f(x)\) и \(g(x)\) дифференцируются при \(x > \alpha\) и \(g'(x)\neq 0\) при \(x > \alpha\)

\(\lim_{x\rightarrow+\infty}f(x)=\infty,\quad \lim_{x\rightarrow +\infty}g(x)=\infty\)

и существует конечный:

\(\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A\)

В таком случае, существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}\), равный A.

Таким образом:

\(\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} \)

Доказательство

Зная, что:

\(\exists\alpha_{1} > \alpha:\ \forall x > \alpha_{1}\rightarrow\ |f(x)| > 1\)

\(\ |g(x)| > 1\)

Исходя из записанного выражения, получим, что \(f(x)\neq 0\) и \(\ g(x)\neq 0\) при \(x > \alpha_1\).

Согласно определению, для заданного числа \(\varepsilon > 0\) можно вычислить \(\delta=\delta_1(\varepsilon)\geq \alpha_1\) такое, что для всех \(t > \delta_{1}\) выполняется неравенство:

\(A-\frac{\varepsilon}{2} < \frac{f'(t)}{g'(t)} < A+\frac{\varepsilon}{2}\)

Определив \(x_{0} > \delta_{1}\) на рисунке, выберем число \(\delta_{2} > x_{0}\) такое, чтобы при всех \(x > \delta_{2}\) выполнялись неравенства:

\(\left|\frac{f(x_{0})}{f(x)}\right| < \frac{1}{2},\quad \left|\frac{g(x_{0})}{g(x)}\right| < \frac{1}{2}\)

В качестве доказательства выражения нужно определить, что существует \(\delta\) такое, при котором, если все \(x > \delta\), выполняется неравенство:

\(A-\varepsilon < \frac{f(x)}{g(x)} < A+\varepsilon\)

Число \(\delta\) будет выбрано ниже. Учитывая, что \(x > \delta\), можно применить к функциям \(f\) и \(g\) на интервале \([x_0,x]\) теорему Коши о среднем. Согласно данному утверждению, должна существовать точка \(\xi\in [x_{0},x]\) такая, при которой:

\(\frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)

Преобразуем левую часть равенства:

\(\frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1}\)

где \(\varphi(x)=\frac{1-g(x_0)/g(x)}{1-f(x_0)/f(x)}=1+\beta(x)\).

Можно заметить, что \(\beta(x)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow +\infty\).

Таким образом:

\(\forall \varepsilon > 0\ \exists\delta\geq\delta_{2}:\ \forall x > \delta\rightarrow|\beta(x)| < \frac{\varepsilon/2}{|A|+\varepsilon/2}\)

Исходя из того, что \(\xi > x_{0} > \delta_{1}\) и вышеуказанных выражений, следует, что для всех \(x > \delta_{2}\) выполняется неравенство:

\(A-\frac{\varepsilon}{2} < \frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} < A+\frac{\varepsilon}{2}\)

Когда \(x > \delta\), получаем \(\phi(x) > 0.\)

Таким образом, выведенное неравенство равносильно следующему:

\((A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) < \frac{f(x)}{g(x)} < (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))\)

Исходя из этого утверждения, можно записать:

\((A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))=A-\frac{\varepsilon}{2}+\left(A-\frac{\varepsilon}{2}\right)\beta(x)\geq A-\frac{\varepsilon}{2}-\left(|A|+\frac{\varepsilon}{2}\right)|\beta(x)| > A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon\)

Аналогичным способом можно определить:

\(\left(A+\frac{\varepsilon}{2}\right)(1+\beta(x)) \leq A+\frac{\varepsilon}{2}+\left(|A|+\frac{\varepsilon}{2}\right)|\beta(x)| < A+\varepsilon\)

Получим, что для всех \(x > \delta\) справедливо выведенное в теореме неравенство.

Теорема 2 работает при условии, что \(A=+\infty\) или \(A=-\infty\).

Теорема справедлива и в тех случаях, когда \(x\rightarrow a\ (x\rightarrow a-0,\ x\rightarrow a+0)\), где a является конечной точкой.

Исходя из теорем 1 и 2, правило Лопиталя можно применять для раскрытия неопределенностей вида \(\displaystyle \frac{0}{0}\) или \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\).

Неопределенности видов \(0\cdot \infty,\ \infty-\infty,\ 0^{0},\ \infty^{0},\ 1^{\infty}\) нередко удается преобразить в неопределенности типа \(\displaystyle \frac{0}{0}\) или \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\), используя при этом различные преобразования.

Правило Лопиталя для вычисления пределов

Решить пределы можно различными методами и формулами. Наиболее быстрый и простой способ, а также универсальный — это правило Лопиталя. Умение искать производные разных функций позволит использовать данную закономерность наиболее эффективно. Можно сформулировать правило Лопиталя при следующих условиях:

• \(\lim \limits_{x \to a} f(x) = \lim \limits_{x \to a} g(x) = 0 \text{ или } \infty\)
• имеются \(f'(a) \text{ и } g'(a)\)
• \(g'(x)\neq0\)
• присутствует \(\lim \limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}\)

В таком случае:

\(\lim \limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \limits_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\)

Последовательность решения:

• нужно подставить точку x в предел;
• в том случае, когда получается \(\frac{0}{0} \text{ или } \frac{\infty}{\infty}\), можно определить производную числителя и знаменателя;
• далее следует подставить точку x в записанный предел и рассчитать его. При получении неопределенности следует повторить пункты 2 и 3.

Раскрытие неопределенностей по правилу Лопиталя

В том случае, когда функции \(f(x)\) и \(g(x)\) дифференцируются в точке a, при этом \(f(a)=g(a)=0\) и \(g'(a)\neq 0\), то, применяя к функциям \(f\) и \(g\) локальную формулу Тейлора при \(n=1\), получаем:

\(f(x)=f'(a)(x-a)+o((x-a))\)

\(g(x)=g'(a)(x-a)+o((x-a))\)

Таким образом:

\(\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}\)

Аналогичным методом можно определить, что, при условии \(f^{(n)}a\) и \(g^{(n)}a\), получим:

\(f(a)=f'(a)=\ldots =f^{(n-1)}(a)=0\)

\(g(a)=g'(a)=\ldots =g^{(n-1)}(a)=0\)

Учитывая, что \(g^{(n)}(a)\neq 0\), можно записать выражение:

\(\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}\frac{\displaystyle \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}+o((x-a)^n)}{\displaystyle \frac{g^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}+o((x-a)^n)}=\frac{f^{(n)}(a)}{g^{(n)}(a)}\)

Правило Лопиталя применимо в случае неопределенностей типа \(0 \cdot \infty, \infty - \infty, 0^0, 1^{\infty}, \infty^0.\)

Первую и вторую неопределенности \(0 \cdot \infty\)  и \(\infty - \infty\) достаточно просто преобразовать в \(\large\frac{0}{0}\normalsize\) или \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\) по средствам алгебраических операций. А неопределенности \(0^0, 1^{\infty}\) и \(\infty^0\) можно свести к типу \(0 \cdot \infty\), используя соотношение:

\(f{\left( x \right)^{g\left( x \right)}} = {e^{g\left( x \right)\ln f\left( x \right)}}\)

Формула и примеры решений

Формула имеет следующий вид:

\(\lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{\varphi (x)}=\lim_{x\rightarrow a}\frac{f^{,}(x)}{\varphi^{,} (x)}\)

Задача 1

Требуется найти предел:

\(\lim\limits_{x \to -1} \frac{x^2-1}{x^3+x+2}\)

Решение

\(\lim \limits_{x \to -1} \frac{x^2-1}{x^3+x+2} = \frac{0}{0}\)

В полученной неопределенности \(\frac{0}{0}\) можно заменить \(х\) точкой \(x = -1\). Данный вывод говорит о необходимости применения формулы расчета предела. Получим:

\(\lim \limits_{x \to -1} \frac{(x^2-1)'}{(x^3+x+2)'} =\lim \limits_{x \to -1} \frac{2x}{3x^2+1}\)

Далее необходимо вновь рассчитать предел с помощью подстановки \(x=-1\) в последний предел. Таким образом:

\(\frac{2 \cdot (-1)}{3 \cdot (-1)^2+1} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2}\)

Ответ: \(\lim\limits_{x \to -1} \frac{x^2-1}{x^3+x+2} = -\frac{1}{2}\)

Задача 2

Требуется вычислить предел, используя правило Лопиталя:

\(\lim \limits_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x}\)

Решение

Алгоритм вычислений стандартный:

\(\lim \limits_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x} = \frac{\infty}{\infty} = \lim \limits_{x \to \infty} \frac{(\ln x)'}{(x)'}=\lim \limits_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x}}{1}=\lim \limits_{x \to \infty} \frac{1}{x} = \frac{1}{\infty} = 0\)

Ответ: \(\lim \limits_{x \to \infty} \frac{\ln x}{x} = 0\)

Задача 3

Необходимо предоставить решение предела с помощью формулы Лопиталя:

\(\lim \limits_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{x^2}\)

Решение
\(\lim \limits_{x\to 0} \frac{\cos x-1}{x^2} = \frac{0}{0} = \lim \limits_{x \to 0} \frac{(\cos x-1)'}{(x^2)'} =\lim \limits_{x \to 0} \frac{-\sin x}{2x} = \frac{0}{0}=\lim \limits_{x \to 0} \frac{(-\sin x)'}{(2x)'} =\lim \limits_{x \to 0} \frac{-\cos x}{2}=\)

\( = \frac{-\cos 0}{2} = -\frac{1}{2}\)

Ответ: \(\lim \limits_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1}{2}\)

Задача 4

Нужно решить предел:

\(\lim \limits_{x\to 0} \frac{\sin 2x-e^{5x}+1}{x-\cos x+1}\)

Решение

\(\lim \limits_{x\to 0} \frac{\sin 2x-e^{5x}+1}{x-\cos x+1} = \frac{0}{0}=\lim \limits_{x\to 0} \frac{(\sin 2x-e^{5x}+1)'}{(x-\cos x+1)'} =\lim \limits_{x\to 0} \frac{(\sin 2x)'-(e^{5x})'+(1)'}{(x)'-(\cos x)'+(1)'}=\lim \limits_{x\to 0} \frac{2\cos 2x-5e^{5x}}{1+\sin x} =\)

\(=\frac{2\cos0-5e^0}{1+\sin 0}=\frac{2\cdot 1-5\cdot 1}{1+0} = \frac{-3}{1} = -3\)

Ответ: \(\lim \limits_{x\to 0} \frac{\sin 2x-e^{5x}+1}{x-\cos x+1} = -3\)

Правилом Лопиталя допустимо пользоваться при решении задач с односторонними пределами. Можно сказать, что эта методика является наиболее эффективной для раскрытия неопределенностей вида \(\frac{0}{0}\) и \(\frac{\infty}{\infty}\) в том случае, когда необходимо вычислить предел. Смысл правила заключается в том, что предел отношения функций равен пределу отношений производных от этих функций. Если в процессе освоения этой и других подобных тем возникли сложности, всегда можно обратиться за помощью к сервису Феникс.Хелп.