31. Правила Лопиталя раскрытия неопределенности

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

предел отношения двух бесконечно малых или двух бесконечно больших величин равен пределу отношения их производных.

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

Условия:

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

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

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

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

Условия:

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

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

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

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

Примеры:

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

Ответ: -4.

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

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

Доказано.