Правило Лопиталя и его применение. Практикум по математическому анализу. Урок 48

Правило Лопиталя и его применение. Практикум по математическому анализу. Урок 48

В задачах на вычисление пределов функций (уроки №14-19) были разъяснены элементарные способы нахождения предела функции в тех случаях, когда аргумент неограниченно возрастает или стремится к значению, которое не входит в область определения функции. Кроме этих элементарных способов, весьма эффективным средством для нахождения предела функции в указанных особых случаях является следующее правило Лопиталя: предел отношения двух бесконечно малых или двух бесконечно больших величин равен пределу отношения их производных (если последний предел существует или равен бесконечности).


а) Случаи нахождения предела:
1) \displaystyle \frac{0}{0} — когда функция представляет отношение двух бесконечно малых величин;
2) \displaystyle \frac{\infty }{\infty } — когда функция представляет отношение двух бесконечно больших величин.
Согласно правилу Лопиталя в этих случаях можно заменять отношение величин отношением их производных, т. е. если \varphi _{1}(x) и \varphi _{2}(x) одновременно стремятся к нулю или к бесконечности при x \to a или x \to \infty, то

\displaystyle \lim \frac{\varphi _{1}(x)}{\varphi _{2}(x)}=\lim \frac{\varphi' _{1}(x)}{\varphi' _{2}(x)}.


Если последний предел существует или равен бесконечности, то он будет равен искомому пределу. Если же отношение производных также будет представлять случай \displaystyle \frac{0}{0} или \displaystyle \frac{\infty }{\infty }, то можно снова и снова применять правило Лопиталя, если это полезно, до получения результата.
Пример 1. Найти пределы:
1) \displaystyle \underset{x \to 2}{\lim }\frac{x^{4}-16}{x^{3}+5x^{2}-6x-16};
2) \displaystyle \underset{x \to a}{\lim }\frac{x^{m}-a^{m}}{x^{n}-a^{n}};
3) \displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{e^{2x}-1}{\sin x};
4) \displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{1-\cos ax}{1-\cos bx};
5) \displaystyle \underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{e^{kx}}{x^{n}}, где k>0 n — натуральное число;
6) \displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{tg\, x}{\sec x};
7) \displaystyle \underset{x \to \infty}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}.
Решение. Убедившись, что имеет место случай \displaystyle \frac{0}{0} или \displaystyle \frac{\infty }{\infty }, применяем затем правило Лопиталя.
1) \displaystyle \underset{x \to 2}{\lim }\frac{x^{4}-16}{x^{3}+5x^{2}-6x-16}=\underset{x \to 2}{\lim }\frac{4x^{3}}{3x^{2}+10x-6}=\frac{32}{26}=\frac{16}{13};
2) \displaystyle \underset{x \to a}{\lim }\frac{x^{m}-a^{m}}{x^{n}-a^{n}}=\underset{x \to a}{\lim }\frac{mx^{m-1}}{nx^{n-1}}=\frac{m}{n}a^{m-n};
3) \displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{e^{2x}-1}{\sin x}=\underset{x \to 0}{\lim }\frac{2e^{2x}}{\cos x}=\frac{2}{1}=2;
4) \displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{1-\cos ax}{1-\cos bx}=\underset{x \to 0}{\lim }\frac{a\sin ax}{b\sin bx}=\underset{x \to 0}{\lim }\frac{a^{2}\cos ax}{b^{2}\cos bx}=\frac{a^{2}}{b^{2}}.
Здесь правило Лопиталя применено дважды.
5) \displaystyle \underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{e^{kx}}{x^{n}}=\underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{ke^{kx}}{nx^{n-1}}=\underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{k^{2}e^{kx}}{n(n-1)x^{n-2}}=...=\underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{k^{n}e^{kx}}{n!}=+\infty.
Здесь правило Лопиталя применено n раз.
6) \displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{tg\, x}{\sec x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\sec^{2} x}{\sec x \, \textrm{tg}\, x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\sec x}{\textrm{tg}\, x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\textrm{tg}\, x}{\sec x}=...
Здесь применение правила Лопиталя бесполезно. Предел легко найти без этого правила путем элементарного преобразования:
\displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\textrm{tg}\, x}{\sec x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\sin x\cos x}{\cos x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\sin x=1.
7) \displaystyle \underset{x \to \infty}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\underset{x \to \infty}{\lim }\frac{1-\cos x}{1+\cos x}.
Здесь применение правила Лопиталя бесполезно, ибо отношение производных \displaystyle \frac{1-\cos x}{1+\cos x}=\textrm{tg}^{2}\frac{x}{2} не имеет предела при x \to \infty. Искомый предел можно найти элементарным путем:
\displaystyle \underset{x \to \infty}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\underset{x \to \infty}{\lim }\frac{1-\frac{\sin x}{x}}{1+\frac{\sin x}{x}}=1, так как \left | \sin x \right |\leq 1.
Это не противоречит теореме Лопиталя, ибо в ней утверждается лишь то, что если отношение производных стремится к пределу, то к тому же пределу стремится и отношение функций, но не наоборот.

загрузка...

Добавить комментарий

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

Наш сайт находят по фразам:

×