Подготовка к экзамену «Элементы высшей математики» · Вопрос №9 · 50 задач
Правило Лопиталя — приём вычисления пределов, содержащих неопределённости вида \(\dfrac{0}{0}\) и \(\dfrac{\infty}{\infty}\), с помощью производных.
Теорема (случай \(\frac{0}{0}\)). Пусть функции \(f(x)\) и \(g(x)\):
1) дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки \(a\), причём \(g'(x)\neq 0\) в этой окрестности;
2) \(\lim\limits_{x\to a} f(x)=\lim\limits_{x\to a} g(x)=0\);
3) существует (конечный или бесконечный) предел \(\lim\limits_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\).
Тогда существует и предел отношения самих функций, причём
\[ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}. \]Теорема (случай \(\frac{\infty}{\infty}\)). Если при тех же условиях 1) и 3) вместо условия 2) выполнено \(\lim\limits_{x\to a} f(x)=\infty\), \(\lim\limits_{x\to a} g(x)=\infty\), то также
\[ \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}. \]Замечания об условиях применимости. Теорема верна и для односторонних пределов (\(x\to a^{+}\), \(x\to a^{-}\)), и для пределов на бесконечности (\(x\to\pm\infty\)). Важно: дифференцируется отдельно числитель и отдельно знаменатель, а не дробь как частное! Перед каждым применением правила необходимо убедиться, что действительно имеется неопределённость \(\frac{0}{0}\) или \(\frac{\infty}{\infty}\).
Повторное применение. Если после дифференцирования снова получилась неопределённость \(\frac{0}{0}\) или \(\frac{\infty}{\infty}\), а новые числитель и знаменатель удовлетворяют условиям теоремы, правило можно применить ещё раз (и так далее конечное число раз):
Кроме основных двух, встречаются неопределённости \(0\cdot\infty\), \(\infty-\infty\), \(1^{\infty}\), \(0^{0}\), \(\infty^{0}\). Все они сводятся к основным.
| Тип | Приём сведения |
|---|---|
| \(0\cdot\infty\) | Один из множителей переносим в знаменатель: \( f\cdot g=\dfrac{f}{1/g}=\dfrac{g}{1/f} \) — получаем \(\frac{0}{0}\) или \(\frac{\infty}{\infty}\). |
| \(\infty-\infty\) | Приводим к общему знаменателю (или домножаем на сопряжённое выражение): \( \dfrac{1}{u}-\dfrac{1}{v}=\dfrac{v-u}{uv} \) — получаем \(\frac{0}{0}\). |
| \(1^{\infty},\ 0^{0},\ \infty^{0}\) | Логарифмирование: для \(y=f(x)^{\,g(x)}\) рассматриваем \( \ln y = g(x)\ln f(x) \) — неопределённость \(0\cdot\infty\); если \(\lim \ln y = A\), то \(\lim y = e^{A}\). |
1) Если предел \(\lim\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\) не существует, это ещё не значит, что не существует исходный предел. Классический пример: \( \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x+\sin x}{x}=1 \) (делением на \(x\)), но отношение производных \(\dfrac{1+\cos x}{1}\) предела не имеет.
2) Правило неприменимо, если нет неопределённости \(\frac{0}{0}\) или \(\frac{\infty}{\infty}\): формальное дифференцирование даёт неверный результат.
3) Иногда правило «зацикливается» (например, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}\)) — тогда предел ищут другими методами (эквивалентные бесконечно малые, преобразования).
Пример 1 (неопределённость \(\frac{0}{0}\), двукратное применение).
Вычислить \( \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^{2x}-2x-1}{x^{2}} \).
Шаг 1. При \(x\to 0\): числитель \(e^{0}-0-1=0\), знаменатель \(0\) — неопределённость \(\frac{0}{0}\). Применяем правило Лопиталя:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{e^{2x}-2x-1}{x^{2}} = \lim_{x\to 0}\frac{2e^{2x}-2}{2x}. \]Шаг 2. Снова \(\frac{0}{0}\) (числитель \(2-2=0\), знаменатель \(0\)). Применяем правило ещё раз:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{2e^{2x}-2}{2x} = \lim_{x\to 0}\frac{4e^{2x}}{2} = \frac{4}{2}=2. \]Ответ: \(2\).
Пример 2 (неопределённость \(0\cdot\infty\)).
Вычислить \( \lim\limits_{x\to 0^{+}} x^{2}\ln x \).
Шаг 1. При \(x\to 0^{+}\): \(x^{2}\to 0\), \(\ln x\to -\infty\) — неопределённость \(0\cdot\infty\). Переносим степенной множитель в знаменатель:
\[ x^{2}\ln x = \frac{\ln x}{1/x^{2}} = \frac{\ln x}{x^{-2}} \quad\left(\text{тип } \frac{\infty}{\infty}\right). \]Шаг 2. Применяем правило Лопиталя:
\[ \lim_{x\to 0^{+}}\frac{\ln x}{x^{-2}} = \lim_{x\to 0^{+}}\frac{1/x}{-2x^{-3}} = \lim_{x\to 0^{+}}\left(-\frac{x^{2}}{2}\right)=0. \]Ответ: \(0\).
Пример 3 (степенная неопределённость \(1^{\infty}\)).
Вычислить \( \lim\limits_{x\to 0}(\cos x)^{1/x^{2}} \).
Шаг 1. При \(x\to 0\): \(\cos x\to 1\), \(1/x^{2}\to\infty\) — неопределённость \(1^{\infty}\). Обозначим \(y=(\cos x)^{1/x^{2}}\) и прологарифмируем:
\[ \ln y = \frac{\ln\cos x}{x^{2}} \quad\left(\text{тип } \frac{0}{0}\right). \]Шаг 2. Применяем правило Лопиталя:
\[ \lim_{x\to 0}\frac{\ln\cos x}{x^{2}} = \lim_{x\to 0}\frac{-\sin x/\cos x}{2x} = -\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x}{x}. \]Шаг 3. Снова \(\frac{0}{0}\): \( \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\operatorname{tg}x}{x} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1/\cos^{2}x}{1}=1 \). Значит, \( \lim\limits_{x\to 0}\ln y = -\dfrac12 \).
Шаг 4. Возвращаемся к функции: \( \lim\limits_{x\to 0} y = e^{-1/2} = \dfrac{1}{\sqrt{e}} \).
Ответ: \(e^{-1/2}\).
Во всех задачах вычислите предел, применяя правило Лопиталя (при необходимости — несколько раз или после сведения неопределённости к виду \(\frac00\) или \(\frac{\infty}{\infty}\)).