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}.


Следовательно,

\displaystyle a=e^{\frac{m}{2}}=\sqrt{e^{m}}.

загрузка...

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

Наш сайт находят по фразам: