Предел функции, правило Лопиталя

Содержание:

Преподаватель математики и информатики. Кафедра бизнес-информатики Российского университета транспорта

Применение правила Лопиталя необходимо для вычисления пределов при получении неопределенностей вида $<\frac{0}{0}>$ и $<\frac{\infty}{\infty}>$ .

Имеются неопределенности вида $<0 \cdot \infty>$ и $<\infty - \infty>$ .

Самой важной частью правила Лопиталя является дифференцирование функции и нахождение ее производной.

Правило Лопиталя

Определение 1

Когда $\lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = <\frac{0}{0}>$ или $<\frac{\infty}{\infty}>$ и функции $f (x)$ , $g (x)$ являются дифференцируемыми в пределах точки $х_{0}$ , тогда $\lim_{x \to x_{0}} \frac{f (x)}{g (x)} = \lim_{x \to x_{0}} \frac{f' (x)}{g' (x)}$ .

Если неопределенность нерешаема после применения правила Лопиталя, тогда необходимо снова его применить. Для полного понятия рассмотрим несколько примеров.

Пример 1

Произвести вычисления, применив правило Лопиталя $\lim_{x \to 0} \frac{\sin^{2} (3 x)}{x \cdot \cos (x)}$ .

Решение

Для решения по правилу Лопиталя для начала необходимо произвести подстановку. Получаем, что $\lim_{x \to 0} \frac{\sin^{2} (3 x)}{x \cdot \cos (x)} = \frac{\sin^{2} (3 \cdot 0)}{0 \cdot \cos (0)} = <\frac{0}{0}>$ .

Теперь можно переходить к вычислению пределов, используя правило. Получаем, что

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin^{2} (3 x)}{x \cdot \cos (x)} = <\frac{0}{0}> = \lim_{x \to 0} \frac{{(\sin^{2} (3 x))}^{'}}{{(x \cdot \cos (x))}^{'}} = \lim_{x \to 0} \frac{2 \sin (3 x) (\sin (3 x))^{'}}{x' \cdot \cos (x) + x \cdot (\cos (x))^{'}} = = \lim_{x \to 0} \frac{6 \sin (3 x) \cos (3 x)}{\cos (x) - x \cdot \sin (x)} = \frac{6 \sin (3 \cdot 0) \cos (3 \cdot 0)}{\cos (0) - 0 \cdot \sin (0)} = \frac{0}{1} = 0$

Ответ: $\lim_{x \to 0} \frac{\sin^{2} (3 x)}{x \cdot \cos (x)} = 0$ .

Пример 2

Вычислить предел заданной функции $\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (x)}{x}$ .

Решение

Производим постановку бесконечностью. Получаем, что

$\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (x)}{x} = \frac{\ln (\infty)}{\infty} = <\frac{\infty}{\infty}>$

Полученная неопределенность указывает на то, что необходимо применить правило Лопиталя. Имеем, что

$\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (x)}{x} = <\frac{\infty}{\infty}> = \lim_{x \to \infty} \frac{(\ln (x))'}{x'} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} = \frac{1}{\infty} = 0$

Ответ: $\lim_{x \to \infty} \frac{\ln (x)}{x} = 0$

Пример 3

Вычислить предел заданной функции $\lim_{x \to 0 + 0} (x^{4} \ln (x))$

Решение

Производим подстановку значения $x$ . получаем, что

$\lim_{x \to 0 + 0} (x^{4} \ln (x)) = (0 + 0)^{4} \cdot \ln (0 + 0) = <0 \cdot (- \infty)>$

Решение привело к неопределенности вида ноль умноженный на отрицательную бесконечность. Это указывает на то, что необходимо обратиться к таблице неопределенностей и принять решения для выбора метода нахождения этого предела. После преобразования применяем правило Лопиталя. Получаем, что

$\lim_{x \to 0 + 0} (x^{4} \ln (x)) = <0 \cdot (- \infty)> = \lim_{x \to 0 + 0} \frac{\ln (x)}{x^{- 4}} = \frac{\ln (0 + 0)}{(0 + 0)^{- 4}} = <\frac{- \infty}{+ \infty}>$

Приход к неопределенности говорит о том, что необходимо повторное применение этого правила. Имеем, что

$\lim_{x \to 0 + 0} (x^{4} \ln (x)) = <0 \cdot (- \infty)> = \lim_{x \to 0 + 0} \frac{\ln (x)}{x^{- 4}} = <\frac{- \infty}{+ \infty}> = = \lim_{x \to 0 + 0} \frac{(\ln (x))^{'}}{(x^{- 4})^{'}} = \lim_{x \to 0 + 0} \frac{\frac{1}{x}}{- 4^{- 5}} = - \frac{1}{4} \lim_{x \to 0 + 0} \frac{1}{x^{- 4}} = - \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{(0 + 0)^{- 4}} = = - \frac{1}{4} \cdot (0 + 0)^{4} = 0$

Ответ: $\lim_{x \to 0 + 0} (x^{4} \ln (x)) = 0$

Пример 4

Выполнить вычисление предела функции $\lim_{x \to 0} (c t g^{2} (x) - \frac{1}{x^{2}})$ .

Решение

После подстановки получаем

$\lim_{x \to 0} (c t g^{2} (x) - \frac{1}{x^{2}}) = <\infty - \infty>$

Наличие неопределенности указывает на то, что следует использовать правило Лопиталя. Получаем, что

$\lim_{x \to 0} (c t g^{2} (x) - \frac{1}{x^{2}}) = <\infty - \infty> = \lim_{x \to 0} (\frac{\cos^{2} (x)}{\sin^{2} (x)} - \frac{1}{x^{2}}) = = \lim_{x \to 0} \frac{x^{2} \cos^{2} (x) - \sin^{2} (x)}{x^{2} \sin^{2} (x)} = \lim_{x \to 0} \frac{(x \cos x - \sin x) (x \cos x + \sin x)}{x^{2} \sin^{2} (x)} = = \lim_{x \to 0} (\frac{(x \cos x - \sin x)}{x \sin^{2} (x)} \frac{(x \cos x + \sin x)}{x}) = \lim_{x \to 0} (\frac{x \cos x - \sin x}{x \sin^{2} (x)} (\cos x + \frac{\sin x}{x})) = = \lim_{x \to 0} (\cos x + \frac{\sin x}{x}) \lim_{x \to 0} \frac{(x \cos x - \sin x)}{x \sin^{2} (x)} = 2 \lim_{x \to 0} \frac{(x \cos x - \sin x)}{x \sin^{2} (x)} = = 2 \frac{0 \cdot \cos (0) - \sin (0)}{0 \cdot \sin^{2} (0)} = <\frac{0}{0}>$

Для последнего перехода использовался первый замечательный предел. После чего приходим к решению по Лопиталю. Получим, что

$2 \lim_{x \to 0} \frac{(x \cos x - \sin x)}{x \sin^{2} (x)} = <\frac{0}{0}> = 2 \lim_{x \to 0} \frac{(x \cos x - \sin x)'}{(x \sin^{2} (x))^{'}} = = 2 \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - x \sin x - \cos x}{\sin^{2} (x) + 2 x \sin x \cos x} = 2 \lim_{x \to 0} \frac{- x}{\sin (x) + 2 x \cos x} = <\frac{0}{0}>$

Так как неопределенность не ушла, необходимо еще одно применение правила Лопиталя. Получаем предел вида

$2 \lim_{x \to 0} \frac{- x}{\sin (x) + 2 x \cos x} = <\frac{0}{0}> = 2 \lim_{x \to 0} \frac{- x'}{(\sin (x) + 2 x \cos x)'} = = 2 \lim_{x \to 0} \frac{1}{\cos x + 2 \cos x - 2 x \sin x} = - 2 \cdot \frac{1}{3 \cdot \cos (0) - 2 \cdot 0 \cdot \sin (0)} = - \frac{2}{3}$