Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Производная и дифференциал функции одной переменной. Учебное пособие
.pdf
§ 4. РАСКРЫТИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ
x
f
x
g
gaf
x
f
x
g
x
g
x
x
x
gaf
x
f
x
g
x
gfxfx
g
g
f
xx
nxx
x
x
x
x
xfx
g
xfxgx
g
С ПОМОЩЬЮ ПРОИЗВОДНЫХ
0
4.1. Неопределенность
0
Теорема 4.1.
Пусть функции
рывны на промежутке
существуют
и
)(
],[ ba ; 0)()( a
, причем
)(
и
)(
определены и непре-
)(
; в промежутке ),( ba
. Тогда, если существу-
0)(
ет (конечный или бесконечный) предел
)(
xf
lim
0
ax
,
)(
xg
то существует
)(
lim
xf
0
ax
)(
xg
и
)(
xf
lim
lim
axax
)(
xg
Доказательство. Возьмем произвольное значение
и применим теорему Коши на промежутке
)()(
afxf
)()(
agxg
lim
acax
где
ca . Пусть
)(
xf
,
)(
xg
. Тогда и
lim
0
)(
xf
)(
xg
a
)(
xf
00
00
. (4.1)
)(
xg
xa,:
)(
cf
)(
cg
, так что
ac
0
)(
cf
.
)(
cg
a
Теорема доказана.
Замечание 4.1. Теорема 4.1 остается справедливой, если про-
межуток
нить на условие 0)(lim)(lim
и
)(
заменить на
],[ ba
следует доопределить нулями при a
)(
, а условие
],( ba
xgxf
axax
. В этом случае функции
. Для доопре-
заме-
a
0)()(
деленных функций условия теоремы 4.1 выполнены и справедлива
формула (4.1).
70
Замечание 4.2. Аналогичное утверждение справедливо и ко-
gbf
x
f
x
g
gcf
x
x
n
xxx
x
x
x
x
x
f
x
g
xf
xg
x
g
гда
. В этом случае правосторонние пределы следует
b
0)()(
заменить на левосторонние.
Замечание 4.3. Из теоремы 4.1 и замечания 4.2 следует, что
если функции
жутке ),( ba , ),( bac
)(
и
и 0)()(
определены и непрерывны на проме-
)(
c
, то
lim
)(
xf
lim
)(
xg
)(
xf
cxcx
. (4.2)
)(
xg
tg
Пример 4.1. Вычислить
Решение.
Предел представляет собой неопределенность
lim
x
0
sin
xx
.
0
0
Раскроем ее по теореме 4.1:
1
1
lim
tg
xx
lim
si
xx
00
cos
2
.
1cos
Приведя к общему знаменателю выражение в числителе этой
дроби и сокращая выражения в числителе и знаменателе на общий
x
1cos
x
, получим:
1cos
1
lim
0
2
cos1
2
x
xx
lim
xxx
1coscos
0
cos1
x
cos
2
x
2
.
множитель
cos
lim
0
1
2
Следовательно,
tg
lim
x
xx
0
sin
.
2
Теорема 4.2.
межутке
a
существуют )(
Пусть функции
;
),[
и )(
, причем 0)(
xx
и
)(
0)(lim)(lim
xgxf
; в промежутке
. Тогда, если существу-
определены в про-
)(
),( a
ет (конечный или бесконечный) предел
)(
xf
lim
x
,
)(
xg
.
71
то существует
x
x
x
x
xfx
g
)(
xf
lim
x
)(
xg
и
)(
xf
lim
lim
xx
)(
xg
Доказательство. Положим
tgxg1)(. Если
lim
t
, то
1
f
0
t
. В силу условий теоремы 4.2
0t
,
0
lim
t
Согласно замечанию 4.1, используя для функций
)(
xf
. (4.3)
)(
xg
t1 , тогда
1
g
0
.
0
t
1
f
t
теорему 4.1, получаем:
f
1
000
g
)(
,
)(
xg
t
1
t
2
t
t
11
2
t
t
lim
1
f
lim
t
lim
ttx
1
g
t
1
f
1
t
t
lim
t
0
1
g
1
t
t
)(
xf
)(
xg
1
f
t
t
lim
t
1
g
t
t
x
lim
xf
x
x
11
что и требовалось доказать.
Замечание 4.4. Теорема 4.2 справедлива и для случая
если в условиях теоремы рассматривать промежуток ],( a
/3
x
e
Пример 4.2. Найти
lim
x
1
.
x
2arctg
.
2
tfxf1)(,
и
g1
t
,
72
Решение. Предел представляет собой неопределенность
x
x
f
x
g
Раскроем ее по теореме 4.2. Имеем:
0
lim
x
x
/3
e
2arctg
0
1
lim
x
x
/3
e
2
x
lim
x
2
2/3
xe
413
2
x
lim3
x
x
/3
e
2
3
x
2
x
2
2
41
1
2
x
Замечание 4.5.
представляет собой неопределенность
Если предел отношения производных снова
0
, то теорему 4.1 (или 4.2)
0
можно применить повторно.
xxx
222
eexe
.
2
)1(
Пример 4.3. Найти
lim
x
2
0
x
e
Решение. Предел представляет собой неопределенность
Раскроем ее по теореме 4.1:
0
2
lim
0
x
lim
x
0
x
)1(
e
)1(2
ee
xxx
0
222
eexe
2
xx
2
exe
xx
lim
0
x
)22(2
lim
x
0
e
x
22
ex
x
2
xx
ee
)1(2
0
0
lim
x
0
Здесь теорема 4.1 применена дважды.
4.2. Неопределенность
Теорема 4.3 (без доказательства).
и )(
определены на промежутке ],( ba; )(lim
Пусть функции
0
.
0
6232
.
0
.
0
xxxx
eexee
2422
x
e
21
x
e
.
1
)(
0xfax
73
; на промежутке
x
f
x
g
xg
x
x
f
x
g
x
x
xxx
x
x
)(lim0xg
ax
и
)(
, причем
)(
. Тогда, если существует (конечный
0)(
существуют производные
],( ba
или бесконечный) предел
)(
xf
lim
0
ax
,
)(
xg
то существует предел
)(
lim
xf
0
ax
)(
xg
и
lim
)(
xf
lim
axax
)(
xg
)(
xf
00
. (4.4)
)(
xg
Замечание 4.6. Аналогичное утверждение справедливо и ко-
гда
00
bxbx
делы следует заменить на левосторонние в точке
)(lim)(lim
xgxf
. В этом случае правосторонние пре-
.
b
Замечание 4.7. Из теоремы 4.3 и замечания 4.6 следует, что
если функции
жутке
),( ba , ),( bac и
)(
и
определены и непрерывны на проме-
)(
)(lim)(lim xgxf
cxcx
, то
lim
)(
xf
lim
)(
xg
)(
xf
cxcx
. (4.5)
)(
xg
Замечание 4.8. Теорема 4.3 справедлива и в случае, когда
xx
)(lim)(lim xgxf
.
Пример 4.4. Найти
lim
x
xln
, где
a
.
0a
Решение. Предел представляет собой неопределенность
Раскрывая ее по теореме 4.3, получим:
1
a
74
1
1
a
ln
x
lim
x
lim
a
x
a
lim
x
1
0
.
a
.
Раскрытие неопределенностей на основании теорем 4.1, 4.2,
x
x
4.3 носит название правила Лопиталя.
4.3. Неопределенности
0 и
Эти неопределенности следует сначала привести к виду
или
, а затем применить к ним правило Лопиталя.
Пример 4.5. Найти
a
, где
lnlim
xx
0
x
.
0a
Решение. Предел представляет собой неопределенность
0. Приведем ее к неопределенности
, при раскрытии кото-
рой используем теорему 4.3:
x
a
x
xx
ln
limlnlim
x
1
00
1
a
lim
x
ln
x
lim
a
x
x
1
x
a
00
ax
1
1
a
0
0
0lim
x
0ax
.
Пример 4.6.
Найти
lim
x
, где
ex
a
.
0,
xa
Решение. Предел представляет собой неопределенность
0 . Приведем ее к неопределенности
, при раскрытии кото-
рой воспользуемся замечанием 4.8. Будем применять теорему 4.3
до тех пор, пока показатель степени
не станет равным нулю или
отрицательным. Тогда получим:
0
xa
x
lim
x
ex
a
2
)1(
xaa
x
2
e
x
a
x
x
e
lim...
x
ax
limlimlim
x
a
1
x
e
0
ma
)1)...(1(
xmaaa
xm
e
0
.
75
x
xxx
x
xuxvx
y
x
x
z
xx
x
x
x
x
Пример 4.7. Найти
lim
x
cos
2
0
sin
1
sin
.
xx
x
Решение. Предел представляет собой неопределенность
0
. Приведем ее к неопределенности
, для раскрытия кото-
0
рой используем замечание 4.3 к теореме 4.1:
0
cos
x
lim
2
0
sin
lim
2
0
0
0
lim
x
1
sin
x
0
lim
xx
0
xx
cossincos
cossin2sin
xxxx
lim
0
xx
1
sin
sin2cos2cos
xxxx
0
sincos
xxx
2
xx
x
1
0
0
cos2sin
xxx
.
3
Здесь правило Лопиталя применено дважды.
4.4. Неопределенности ]1[, ]0[0, ][
0
)(
При вычислении
ax
из неопределенностей:
)()(xv
xu следует сначала прологарифмировать. Положим
)()(xv
xu . Тогда )(ln)()(ln
чаем неопределенность ]0[
xv
)(lim
xu
возможно возникновение одной
0
,
]1[
,
]0[
. Пусть Lxy
0
. В этом случае функцию
][
и для )(lnlim xy
ax
ax
)(lnlim . Тогда, исполь-
зуя непрерывность логарифмической функции, получим:
axax
Lxyxy
)(limln)(lnlim ,
откуда
L
ax
Если
ax
ax
)(lim xy
или 0)(lim
)(lnlim xy
xyax
или
.
exy )(lim .
ax
)(lnlim xy
, то, соответственно,
)( xy
мы полу-
76
1
x
x
z
x
x
x
x
x
x
2
1
Пример 4.8. Найти
lim
xx.
1
x
Решение. Предел представляет собой неопределенность
1
2
Рассмотрим функцию
цию:
ln
xyxz
)(ln)(
2
крывая неопределенность
xz
lim)(lim
1
Поскольку
1
x
xy
)(lnlim
2
)(xxxy . Прологарифмируем эту функ-
x
. Вычислим предел функции
1
0
0
ln
2
11
, то
1
по теореме 4.1:
0
x
1
1
1
0
x
lim
x
2
2/1
)(lim exyx
lim
xxxx
.
1
2
11
2
Задачи к § 4
Задача 4.1. Используя правило Лопиталя, найти пределы:
2
xx
а)
б)
в)
г)
lim
x
lim
x
lim
x
lim
x
2
2
tg
2
x
0
2
01
e
sin
)1ln(
x
x
3
;
)3ln()2(
;
103
)21ln(2tg
xx
;
;
4
x
4
д)
е)
x
x
lim
2
1ln
ctg4tglim
8
;
1
x
3
3
;
xx
8
.
]1[
, рас-
)(
1
.
2
77
1
x
x
x
x
x
x
x
ж)
з)
и)
к)
л)
lim
x
1
x
x
x
0
sinlim
x
lim .
x
02
x
1
x
1
e
32
xx
ctg
x
2coslim
/
a
x
sin
1
2
;
1
1
3
;
)
1ln(2lim
x
x
;
xb
, где 0, ba ;
x
Решение
П. а). Перед нами неопределенность типа
по правилу Лопиталя:
0
lim
2
Ответ.
lim
x
2
0
xx
2
2
2
)3ln()2(
lim
103
xx
2
xx
103
2
2
)3ln()2(
.
0
П. б). Перед нами неопределенность типа
по правилу Лопиталя:
0
0
xx
)21ln(2tg
lim
0
lim
x
0
2
lim
xx
1
0
П. в). Перед нами неопределенность типа
следуя правилу Лопиталя:
0
. Раскрываем ее
0
x
2
xx
)2()3ln(
2
x
3
0
x
32
.
.
0
. Раскрываем ее
0
0
2
2
2cos
2
x
2
x
0
21
x
23
xxx
2)21(2)2sin(2cos)2(
. Раскроем ее,
.
2
78
1
x
x
cos
x
2
2
1
xxx
2
lim
1
01
cos
2
0101
lim
x
tg
2
x
lim
)1ln(
1
0
Мы получили неопределенность типа
. Раскроем ее, сле-
0
дуя правилу Лопиталя:
0
0
lim
1
01
cos
2
2
lim
01
xx
2
x
2
x
tg
Ответ.
lim
x
2
01
)1ln(
x
.
П. г). Перед нами неопределенность типа
1
xxx
cos2
sin
2
22
0
0
следуя правилу Лопиталя:
0
x
3
0
e
lim
x
sin
4
lim
x
cos
x
x
3
e
3
4
.
x
12
2
x
4
x
lim
x
e
cos
1
x
4
12
lim
2
x
3
Воспользовавшись результатами примера 4.6, получим:
2
x
e
3
x
Ответ. 0
lim
x
e
sin
x
x
3
x
.
x
32
0limlim
ex
.
4
0
П. д). Перед нами неопределенность типа
0
трижды применяя правило Лопиталя:
x
.
x
2
2
.
. Раскроем ее,
2
x
lim
xx
x
3
e
. Раскроем ее,
79
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]