Правило Лопиталя и его применение (окончание). Практикум по математическому анализу. Урок 50

Рассмотрим еще несколько случаев нахождения предела:
5) $1^{\infty }$ — когда функция представляет степень, основание которой стремится к единице, а показатель — к бесконечности;
6) $\infty ^{0}$ — когда функция представляет степень, основание которой стремится к бесконечности, а показатель — к нулю;
7) $0 ^{0}$ — когда функция представляет степень, основание и показатель которой стремятся к нулю.
Эти случаи нахождения предела функции также сводятся к случаям $\displaystyle \frac{0}{0}$ или $\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$ следующим путем: функция логарифмируется и сначала находится предел ее логарифма, а затем по найденному пределу логарифма находится и предел самой функции.
Пример 3. Найти пределы: 1) $\displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{4}}{\lim }(\textrm{tg}\, x)^{\textrm{tg}\, 2x}$ ; 2) $\displaystyle \underset{x \to +\infty }{\lim }(\ln x)^{\frac{1}{x}}$ ; 3) $\displaystyle \underset{x \to +0 }{\lim }x^{\frac{6}{1+2\ln x}}$ ; 4) $\displaystyle \underset{x \to 1}{\lim }x^{\frac{m}{x^{2}-1}}$ .
Решение. 1) Сначала устанавливаем, что имеет место случай $1^{\infty }$ . Затем логарифмируем функцию и ищем предел ее логарифма:

$\displaystyle a=\underset{x \to \frac{\pi }{4}}{\lim }(\textrm{tg}\, x)^{\textrm{tg}\, 2x};$

$\displaystyle \ln a=\ln \underset{x \to \frac{\pi }{4}}{\lim }(\textrm{tg}\, x)^{\textrm{tg}\, 2x}=\underset{x \to \frac{\pi }{4}}{\lim }\textrm{tg}\, 2x\cdot \ln \textrm{tg}\, x=\underset{x \to \frac{\pi }{4}}{\lim }\frac{\ln \textrm{tg}\, x}{\textrm{ctg}\, 2x}.\$

Здесь нахождение предела свелось к случаю

$\displaystyle \frac{0}{0}$ . Применяя правило Лопиталя, получим

$\displaystyle \ln a=\ln \underset{x \to \frac{\pi }{4}}{\lim }\left [ \frac{1}{\textrm{tg}\, x\cdot \cos^{2} x}:\left ( -\frac{2}{\sin ^{2}2x} \right ) \right ]=-1.$

Теперь по найденному пределу логарифма функции находим искомый предел самой функции:

$\displaystyle a=e^{-1}$ .
2) Установив, что имеет место случай

$\infty ^{0}$ , делаем преобразования:

$\displaystyle a=\underset{x \to +\infty }{\lim }(\ln x)^{\frac{1}{x}};\: \ln a=\underset{x \to +\infty }{\lim }\ln (\ln x)^{\frac{1}{x}}=\underset{x \to +\infty }{\lim }\frac{\ln (\ln x)}{x};$

получили случай

$\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$ . Применяем правило Лопиталя:

$\displaystyle \ln a=\underset{x \to +\infty }{\lim }\left ( \frac{1}{x\ln x}:1 \right )=0,$

откуда следует, что искомый предел

$a=e^{0}=1$ .
3) Убедившись, что имеет место случай

$0^{0}$ , преобразовываем:

$\displaystyle a=\underset{x \to +0 }{\lim }x^{\frac{6}{1+2\ln x}};\: \ln a=\underset{x \to +0 }{\lim }\ln x^{\frac{6}{1+2\ln x}}=\underset{x \to +0 }{\lim }\frac{6\ln x}{1+2\ln x};$

получили случай

$\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$ . Применяем правило Лопиталя:

$\displaystyle \ln a=6\underset{x \to +0 }{\lim }\left ( \frac{1}{x}:\frac{2}{x} \right )=6\cdot \frac{1}{2}=3.$

Следовательно, искомый предел

$a=e^{3}$ .
4) Установив, что имеет место случай

$1^{\infty }$ , преобразовываем:

$\displaystyle a=\underset{x \to 1}{\lim }x^{\frac{m}{x^{2}-1}};\: \ln a=\underset{x \to 1}{\lim }\ln x^{\frac{m}{x^{2}-1}}=\underset{x \to 1}{\lim }\frac{m\ln x}{x^{2}-1};$
получили случай

$\displaystyle \frac{0}{0}$ . Применяем правило Лопиталя:

$\displaystyle \ln a=m\underset{x \to 1}{\lim }\left ( \frac{1}{x}:2x \right )=\frac{m}{2}.$