Приложения производной |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
144 |
|
На втором шаге метода Ньютона получаем |
|
|
|
||||||||
1 |
2 |
|
|
|
5 |
|
|
||||
x2 = 2 |
|
− |
|
|
|
= 2 |
|
|
≈ 2, 2381. |
||
3 |
21 |
21 |
|||||||||
На третьем шаге метода Ньютона получаем |
|
||||||||||
|
|
5 |
|
− |
2 |
≈ 2, 2361. |
|||||
x3 = 2 |
|
|
|
||||||||
21 |
987 |
||||||||||
Разница между x2 è x3 мала. Значит, мы можем считать, что x ≈ 2, 2361,
и прекращать√èтерационный процесс. Заметим, что в действительности искомый корень x = 5 ≈ 2, 236068, т. е. погрешность, которую мы допускаем при отыс-
кании корня методом Ньютона, весьма невелика уже после трех итераций. Если бы мы продолжили итерационный процесс, то получили бы значение корня с еще большей точностью.
7.7. Правила Лопиталя
Правила Лопиталя служат прекрасным инструментом для раскрытия неопределенностей при нахождении некоторых пределов. Мы сформулируем их без доказательства.
Теорема 7.7.1 (первое правило Лопиталя).
Åñëè lim f(x) = lim g(x) = 0, то под знаком предела отношение функций f(x)
x→x0 x→x0
è g(x) можно заменить отношением их производных, т. е.
lim |
f(x) |
= |
lim |
f 0(x) |
|||
g(x) |
g 0(x) |
||||||
x x0 |
|
x |
→ |
x0 |
|||
→ |
|
|
|
|
|
||
при условии, что предел (конечный или бесконечный), стоящий справа, существует.
Теорема 7.7.2 (второе правило Лопиталя).
Åñëè lim f(x) = lim g(x) = ∞, то под знаком предела отношение функций f(x)
x→x0 x→x0
è g(x) можно заменить отношением их производных, т. е.
lim |
f(x) |
= |
lim |
f 0(x) |
|||
g(x) |
g 0(x) |
||||||
x x0 |
|
x |
→ |
x0 |
|||
→ |
|
|
|
|
|
||
при условии, что предел (конечный или бесконечный), стоящий справа, существует.
Приложения производной |
145 |
Замечания.
1.Первое и второе правила Лопиталя часто позволяет раскрывать неопределенности соответственно вида 0/0 è ∞/∞.
2.Правила Лопиталя можно применять и в случае, когда x0 = +∞ èëè x0 = −∞.
3.Иногда приходится применять правило Лопиталя несколько раз. Если условиям теоремы 7.7.1 или 7.7.2 удовлетворяют не только функции f(x) è g(x), но и их производные f 0(x) è g 0(x), то для вычисления предела отношения производных
lim f 0(x)
x→x0 g 0(x)
можно попытаться опять воспользоваться правилом Лопиталя.
lim |
f(x) |
= |
lim |
f 0(x) |
|
g(x) |
g 0(x) |
||||
x→x0 |
|
x→x0 |
f 00(x)
x→x0 g 00(x)
.
4.Отметим также, что, вообще говоря, если отношение производных не имеет предела, то это еще не означает, что отношение функций также не имеет предела (см. пример 7.7.8 íà ñòð. 147).
Рассмотрим примеры, иллюстрирующие применение правил Лопиталя.
Пример 7.7.1.
Требуется найти предел
|
√ |
|
|
|
L = lim |
2 + x + x |
. |
||
|
||||
x→−1 |
ln(2 + x) |
|||
Используя первое правило Лопиталя, получаем
√
L = lim ( 2 + x + x) 0 x→−1 (ln(2 + x)) 0
|
1 |
|
+ 1 |
|
|
|
|||
|
|
2√ |
|
|
= |
3 |
. |
||
= lim |
|
2+x |
|||||||
|
1 |
|
|
|
|||||
x→−1 |
|
|
2 |
|
|||||
|
|
|
2+x |
|
|||||
Пример 7.7.2.
Требуется найти предел
L = lim x − sin x.
x→0 x3
Используя первое правило Лопиталя, получаем
L = lim |
(x − sin x) 0 |
= lim |
1 − cos x |
= |
|
(x3) 0 |
3x2 |
||||
x→0 |
x→0 |
|
Приложения производной |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
146 |
|||||
= lim |
(1 − cos x) 0 |
= lim |
sin x |
= lim |
(sin x) 0 |
= lim |
cos x |
= |
|
1 |
. |
||||||
(3x2) 0 |
6x |
(6x) 0 |
6 |
|
|||||||||||||
x |
→ |
0 |
x |
→ |
0 |
x |
→ |
0 |
x 0 |
|
6 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
→ |
|
|
|
|
|
|||
Здесь теорема 7.7.1 была применена трижды. Конечно же, после второго приме-
нения правила Лопиталя для получения ответа можно было бы воспользоваться |
|||
и первым замечательным пределом lim |
sin x |
= 1. |
|
x |
|||
x→0 |
|
||
Пример 7.7.3.
Требуется найти предел
L = lim ln x.
x→∞ x3
Используя второе правило Лопиталя, получаем
|
(ln x) 0 |
|
1 |
|
1 |
|
L = lim |
= lim |
x |
= lim |
= 0. |
||
(x3) 0 |
|
|
||||
x→∞ |
x→∞ 3x2 |
x→∞ 3x3 |
|
|||
Пример 7.7.4.
Требуется найти предел |
L = lim |
|
|
. |
||
x→∞ x + ex |
|
|||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
xe2 |
|
Используя второе правило Лопиталя, получаем |
|
|||||
|
x |
|
x |
|
|
x |
L = lim |
(xe2 ) 0 |
= lim |
e2 |
+ x · 21 e2 |
||
|
|
|
||||
x→∞ (x + ex) 0 |
x→∞ |
1 + ex |
|
|||
= lim
x→∞
ex (1 + x )
2
2 .
1 + ex
Применим второе правило Лопиталя еще раз.
|
x |
(1 + x )) 0 |
|
x |
x |
|
|
|
x |
(1 + x ) |
|
1 + x |
|||
|
(e2 |
|
1 e2 |
(1 + x ) + e2 |
· |
1 |
|
e2 |
|
||||||
L = lim |
|
2 |
= lim |
2 |
2 |
2 |
= lim |
|
4 |
|
= lim |
|
4 |
. |
|
(1 + ex) 0 |
|
ex |
|
|
|
ex |
x |
|
|||||||
x→∞ |
x→∞ |
|
|
|
x→∞ |
|
x→∞ e2 |
|
|
||||||
Применяя второе правило Лопиталя третий раз, получаем окончательный ответ
|
(1 + x ) 0 |
|
1 |
|
|
L = lim |
4 |
|
= lim |
4 |
= 0. |
x |
|
x |
|||
x→∞ (e2 ) |
0 |
x→∞ |
21 e2 |
||
Пример 7.7.5.
Требуется найти предел
L = lim xn ,
x→∞ ex
если n целое положительное число. Используя n раз второе правило Лопиталя, получаем
|
L = lim |
(xn) 0 |
= lim |
nxn−1 |
= lim |
(nxn−1) 0 |
= |
|
|||
|
|
|
|
ex |
|
(ex) 0 |
|
||||
|
x→∞ (ex) 0 |
x→∞ |
|
|
x→∞ |
|
|
||||
= lim |
n(n − 1)xn−2 |
= . . . = lim |
n(n − 1)(n − 2) · . . . · 1 |
= 0. |
|||||||
x→∞ |
ex |
|
x→∞ |
|
|
ex |
|
|
|||
Приложения производной |
147 |
Пример 7.7.6.
Требуется найти предел
L = lim x4 ln x.
x→0
Здесь мы столкнулись с неопределенностью вида 0 · ∞. Переведем ее в неопределенность вида ∞/∞, представив произведение функций в виде частного:
x4 ln x = ln1x.
x4
Теперь мы можем применить второе правило Лопиталя.
|
|
|
ln x |
|
|
|
(ln x) 0 |
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|||||
L = lim |
= lim |
= lim |
x |
= − |
lim x4 = 0. |
|||||||||||||||
|
1 |
|
|
1 |
|
|
4 |
|
|
|||||||||||
x |
|
0 |
|
|
x |
|
0 |
|
|
x |
|
0 |
|
|
4 x 0 |
|||||
|
→ |
|
x4 |
|
→ |
|
(x4 ) 0 |
|
→ |
|
−x5 |
|
|
→ |
||||||
Пример 7.7.7.
Требуется найти предел |
|
|
= x→0 |
x |
− ex − 1 |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
L lim |
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
. |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Здесь имеет место неопределенность вида ∞−∞. Приводя дроби к общему зна- |
|||||||||||||||||||||
менателю, переведем ее в неопределенность вида |
0/0, |
|
а затем дважды применим |
||||||||||||||||||
первое правило Лопиталя. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L = lim |
ex − 1 − x |
= lim |
(ex − 1 − x) 0 |
= |
|
|||||||||||||||
|
x→0 |
|
x(ex − 1) |
|
x→0 |
(x(ex − 1)) 0 |
|
||||||||||||||
= lim |
ex − 1 |
= lim |
|
ex − 1 |
|
= lim |
|
(ex − 1) 0 |
= |
||||||||||||
ex − 1 + xex |
|
|
|
|
(ex(x + 1) − 1) 0 |
||||||||||||||||
x→0 |
|
|
x→0 ex(x + 1) − 1 |
|
x→0 |
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
ex |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
||||
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= lim |
|
|
|
= |
|
. |
|
|||
|
|
x |
(x + 1) + e |
x |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
x→0 |
e |
|
|
x→0 |
x + 2 2 |
|
||||||||||||||
Пример 7.7.8.
Использование правила Лопиталя без проверки условий его применимости может привести к ошибке. Пусть
f(x) = x2 sin |
1 |
g(x) = x. |
|
x |
|||
|
è |
Используя первое правило Лопиталя, найдем предел отношения этих двух функ-
öèé ïðè x → 0.
lim |
f(x) |
lim |
f 0(x) |
= lim |
|
2x sin |
|
1 |
− |
cos |
1 |
. |
|
|
x |
|
|||||||||
x→0 g(x) |
= x→0 g 0(x) |
x→0 |
|
|
x |
|||||||