Math24.ru
Математический Анализ
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Правило Лопиталя
Правило Лопиталя представляет собой метод вычисления пределов, имеющих неопределенность
\(\large\frac{0}{0}\normalsize\) или \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\).

Пусть \(a\) является некоторым конечным действительным числом или равно бесконечности.
  • Если \(\lim\limits_{x \to a} f\left( x \right) = 0\) и \(\lim\limits_{x \to a} g\left( x \right) = 0\), то \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\normalsize = \lim\limits_{x \to a} \large\frac{{f'\left( x \right)}}{{g'\left( x \right)}}\normalsize;\)
  • Если \(\lim\limits_{x \to a} f\left( x \right) = \infty\) и \(\lim\limits_{x \to a} g\left( x \right) = \infty\), то аналогично \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\normalsize = \lim\limits_{x \to a} \large\frac{{f'\left( x \right)}}{{g'\left( x \right)}}\normalsize.\)

Это правило впервые упоминалось в книге по дифференциальному исчислению, опубликованной в \(1696\) (!) году французским математиком Гийомом Лопиталем (\(1661- 1704\)).
Правило Лопиталя можно также применять к неопределенностям типа \(0 \cdot \infty\), \(\infty - \infty\), \(0^0\), \(1^{\infty}\), \(\infty^0\). Первые две неопределенности \(0 \cdot \infty\) и \(\infty - \infty\) можно свести к типу \(\large\frac{0}{0}\normalsize\) или \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\) с помощью алгебраических преобразований. А неопределенности \(0^0\), \(1^{\infty}\) и \(\infty^0\) сводятся к типу \(0 \cdot \infty\) с помощью соотношения \[f{\left( x \right)^{g\left( x \right)}} = {e^{g\left( x \right)\ln f\left( x \right)}}.\] Правило Лопиталя справедливо также и для односторонних пределов.

   Пример 1
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{{a^x} - 1}}{x}\normalsize\).

Решение.
Дифференцируя числитель и знаменатель, находим значение предела: \[ {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x} - 1}}{x} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {{a^x} - 1} \right)}^\prime }}}{{{{\left( x \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{a^x}\ln a}}{1} = \ln a\lim\limits_{x \to 0} {a^x} } = {\ln a \cdot 1 = \ln a.} \]
   Пример 2
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 2} \large\frac{{\sqrt {7 + x} - 3}}{{x - 2}}\normalsize\).

Решение.
Поскольку прямая подстановка приводит к неопределенности типа \(\large\frac{0}{0}\normalsize\), применяем правило Лопиталя. \[ {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\sqrt {7 + x} - 3}}{{x - 2}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\left( {\sqrt {7 + x} - 3} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {x - 2} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\large\frac{1}{{2\sqrt {7 + x} }}\normalsize}}{1} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 2} \frac{1}{{\sqrt {7 + x} }} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}.} \]
   Пример 3
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 2} \left( {\large\frac{4}{{{x^2} - 4}}\normalsize - \large\frac{1}{{x - 2}}\normalsize} \right)\).

Решение.
Здесь мы имеем дело с неопределенностью типа \(\infty - \infty\). После простых преобразований, получаем \[ {\lim\limits_{x \to 2} \left( {\frac{4}{{{x^2} - 4}} - \frac{1}{{x - 2}}} \right) } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{4 - \left( {x + 2} \right)}}{{{x^2} - 4}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{2 - x}}{{{x^2} - 4}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\left( {2 - x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{x^2} - 4} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to 2} \left( {\frac{{ - 1}}{{2x}}} \right) = - \frac{1}{4}.} \]
   Пример 4
Найти предел \(\lim\limits_{x \to \infty } \large\frac{{{x^2}}}{{{2^x}}}\normalsize\).

Решение.
Используя правило Лопиталя, можно записать \[ {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2}}}{{{2^x}}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{2^x}} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{2x}}{{{2^x}\ln 2}} } = {\frac{2}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to \infty } \frac{x}{{{2^x}}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\frac{2}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( x \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{2^x}} \right)}^\prime }}} } = {\frac{2}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{{2^x}\ln 2}} } = {\frac{2}{{{{\left( {\ln 2} \right)}^2}}}\lim\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{{2^x}}} } = {\frac{2}{{{{\left( {\ln 2} \right)}^2}}} \cdot 0 = 0.} \]
   Пример 5
Найти предел \(\lim\limits_{t \to \infty } \sqrt[\large t\normalsize]{{{t^3}}}\).

Решение.
Здесь мы встречаемся с неопределенностью типа \(\infty^0\). Обозначим \(y = \sqrt[\large t\normalsize]{{{t^3}}}\). После логарифмирования получаем \[\ln y = \ln \sqrt[\large t\normalsize]{{{t^3}}} = \ln {\left( {{t^3}} \right)^{1/t}} = \ln {t^{\large\frac{3}{t}\normalsize}} = \frac{3}{t}\ln t = \frac{{3\ln t}}{t}.\] Далее, по правилу Лопиталя, находим \[\lim\limits_{t \to \infty } \ln y = \lim\limits_{t \to \infty } \frac{{3\ln t}}{t} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] = 3\lim\limits_{t \to \infty } \frac{{{{\left( {\ln t} \right)}^\prime }}}{{t'}} = {3\lim\limits_{t \to \infty } \frac{{1/t}}{1} = 3 \cdot 0 = 0.}\] Соответственно, \[\lim\limits_{t \to \infty } y = {e^0} = 1.\]
   Пример 6
Найти предел \(\lim\limits_{x \to 1} {x^{\large\frac{1}{{1 - x}}\normalsize}}\).

Решение.
Предел содержит неопределенность типа \(1^{\infty}\). Пусть \(y = {x^{\large\frac{1}{{1 - x}}\normalsize}}\). Тогда \[\ln y = \ln {x^{\large\frac{1}{{1 - x}}\normalsize}} = \frac{{\ln x}}{{1 - x}}.\] По правилу Лопиталя получаем \[ {\lim\limits_{x \to 1} \ln y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\ln x}}{{1 - x}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{{{\left( {\ln x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {1 - x} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{1/x}}{{ - 1}} } = { - \lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{x} = - 1.} \] Следовательно, \[\lim\limits_{x \to 1} y = {e^{ - 1}} = \frac{1}{e}.\]
   Пример 7
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 0 + } {x^x}\).

Решение.
Обозначим \(y = x^x\). Возьмем логарифм от обеих частей: \[\ln y = \ln {x^x} = x\ln x.\] Найдем предел \(\ln y\). \[ {\lim\limits_{x \to 0 + } \ln y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } \left( {x\ln x} \right) } = {\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{\ln x}}{{1/x}} = \left[ { - \frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{{{\left( {\ln x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {1/x} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{1/x}}{{ - 1/{x^2}}} = - \mathop {\lim }\limits_{x \to 0 + } x = 0.} \] Тогда \[\lim\limits_{x \to 0 + } y = {e^0} = 1.\]
   Пример 8
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 0 + } {\left( {\arcsin x} \right)^{2x}}\).

Решение.
Мы имеем здесь неопределенность типа \(0^0\). Пусть \(y = {\left( {\arcsin x} \right)^{2x}}\). Тогда после логарифмирования получаем \[\ln y = \ln {\left( {\arcsin x} \right)^{2x}} = 2x\ln \left( {\arcsin x} \right).\] Используем правило Лопиталя дважды: \[ {\lim\limits_{x \to 0 + } \ln y = \lim\limits_{x \to 0 + } \left[ {2x\ln \left( {\arcsin x} \right)} \right] } = {2\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{\ln \left( {\arcsin x} \right)}}{{1/x}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {2\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{{{\left( {\ln \left( {\arcsin x} \right)} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {1/x} \right)}^\prime }}} } = {2\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{\large\frac{1}{{\arcsin x}}\normalsize \cdot \large\frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\normalsize}}{{ - 1/{x^2}}} } = {- 2\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{{x^2}}}{{\arcsin x}} \cdot \lim\limits_{x \to 0 + } \frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }} } = {- 2\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{{x^2}}}{{\arcsin x}} \cdot 1 = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {- 2\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {\arcsin x} \right)}^\prime }}} } = {- 2\lim\limits_{x \to 0 + } \frac{{2x}}{{\large\frac{1}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}\normalsize}} } = {- 4\lim\limits_{x \to 0 + } \left( {x\sqrt {1 - {x^2}} } \right) = - 4 \cdot 0 = 0.} \] Следовательно, \[\lim\limits_{x \to 0 + } y = {e^0} = 1.\]
   Пример 9
Найти предел \(\lim\limits_{x \to \pi /2} {\left( {\sin x} \right)^{\tan x}}\).

Решение.
Подстановка приводит к неопределенности типа \(1^{\infty}\). Обозначим \(y = {\left( {\sin x} \right)^{\tan x}}\). Прологарифмируем обе части этого равенства. \[\ln y = \ln {\left( {\sin x} \right)^{\tan x}} = \tan x\ln \sin x.\] Применяя правило Лопиталя, получаем \[ {\lim\limits_{x \to \pi /2} \ln y = \lim\limits_{x \to \pi /2} \left( {\tan x\ln \sin x} \right) } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\ln \sin x}}{{\cot x}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\left( {\ln \sin x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {\cot x} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\frac{1}{{\sin x}} \cdot \cos x}}{{ - \frac{1}{{{{\sin }^2}x}}}} } = { - \lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\sin }^2}x \cdot \cos x}}{{\sin x}} } = { - \lim\limits_{x \to \pi /2} \left( {\sin x\cos x} \right) } = { - \lim\limits_{x \to \pi /2} \sin x \cdot \lim\limits_{x \to \pi /2} \cos x = - 1 \cdot 0 = 0.} \] Потенцируя, получаем окончательный ответ: \[\lim\limits_{x \to \pi /2} y = {e^0} = 1.\]
   Пример 10
Найти предел \(\lim\limits_{x \to + \infty } \large\frac{{{x^n}}}{{{e^x}}}\normalsize\).

Решение.
Предел имеет неопределенность типа \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\). Применяем правило Лопиталя \(n\) раз. \[ {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^n}}}{{{e^x}}} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {{x^n}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{n{x^{n - 1}}}}{{{e^x}}} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{\left( {n{x^{n - 1}}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{e^x}} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{n\left( {n - 1} \right){x^{n - 2}}}}{{{e^x}}} = \ldots } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{n\left( {n - 1} \right)\left( {n - 1} \right) \ldots 1}}{{{e^x}}} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{n!}}{{{e^x}}} } = {n!\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{1}{{{e^x}}} = n! \cdot 0 = 0.} \]
   Пример 11
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to \pi /2} \large\frac{{\tan x}}{{\tan 3x}}\normalsize\).

Решение.
В соответствии с правилом Лопиталя дифференцируем числитель и знаменатель данной дроби несколько раз, пока не исчезнет неопределенность. \[ {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\tan x}}{{\tan 3x}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\left( {\tan x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {\tan 3x} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\sec }^2}x}}{{3{{\sec }^2}3x}} } = {\frac{1}{3}\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\large\frac{1}{{{{\cos }^2}x}}\normalsize}}{{\large\frac{1}{{{{\cos }^2}3x}}\normalsize}} } = {\frac{1}{3}\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\cos }^2}3x}}{{{{\cos }^2}x}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\frac{1}{3}\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\left( {{{\cos }^2}3x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{{\cos }^2}x} \right)}^\prime }}} } = {\frac{1}{3}\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{2\cos 3x \cdot \left( { - 3\sin 3x} \right)}}{{2\cos x \cdot \left( { - \sin x} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\cos 3x\sin 3x}}{{\cos x\sin x}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\cos 3x}}{{\cos x}} \cdot \lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\sin 3x}}{{\sin x}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\cos 3x}}{{\cos x}} \cdot \frac{{\sin \frac{{3\pi }}{2}}}{{\sin \frac{\pi }{2}}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\cos 3x}}{{\cos x}} \cdot \frac{{\left( { - 1} \right)}}{1} } = { - \lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\cos 3x}}{{\cos x}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = { - \lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\left( {\cos 3x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {\cos x} \right)}^\prime }}} } = { - \lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\left( { - 3\sin 3x} \right)}}{{\left( { - \sin x} \right)}} } = { - 3\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\sin 3x}}{{\sin x}} = - 3 \cdot \frac{{\left( { - 1} \right)}}{1} = 3.} \]
   Пример 12
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to \pi /2} {\left( {\tan x} \right)^{\cos x}}\).

Решение.
Здесь мы имеем дело с неопределенностью типа \(\infty^0\). Пусть \(y = {\left( {\tan x} \right)^{\cos x}}\). Тогда \[\ln y = \ln {\left( {\tan x} \right)^{\cos x}} = \cos x\ln \tan x.\] Предел равен \[ {L = \lim\limits_{x \to \pi /2} \ln y = \lim\limits_{x \to \pi /2} \left( {\cos x\ln \tan x} \right) } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\ln \tan x}}{{\sec x}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\left( {\ln \tan x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {\sec x} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\large\frac{1}{{\tan x}}\normalsize \cdot {{\sec }^2}x}}{{\sec x \cdot \tan x}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\sec x}}{{{{\tan }^2}x}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right].} \] Как видно, после двукратного дифференцирования неопределенность еще не устранена. Поэтому дифференцируем числитель и знаменатель еще раз. \[ {L = \lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{{{\left( {\sec x} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{{\tan }^2}x} \right)}^\prime }}} } = {\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{{\sec x\tan x}}{{\tan x{{\sec }^2}x}} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to \pi /2} \frac{1}{{\sec x}} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to \pi /2} \cos x = \frac{1}{2} \cdot 0 = 0.} \] Отсюда находим \[\lim\limits_{x \to \pi /2} y = {e^0} = 1.\]

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.