11.4. Раскрытие неопределенностей. Правило Лопиталя

Во многих случаях вычисление предела функций, заданных аналитически, приводит к неопределенностям вида [00],  [∞∞] (см. замечания 4.1 и 4.4).

Теорема 11.4. 

(раскрытие неопределенности вида [00] )

Пусть

1) функции f(x) и g(x) определены и дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки a;

2) g(x)≠0 в этой окрестности точки a;

3) limx→af(x)=limx→ag(x)=0;

4) существует конечный или бесконечный предел отношения производных limx→af′(x)g′(x).

Тогда существует предел отношения функций limx→af(x)g(x), причем

limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x).                                      (11.8)

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Рассмотрим случай, когда a − число. Доопределим функции f(x) и g(x) в точке a, полагая f(a)=limx→af(x)=0, g(a)=limx→ag(x)=0. Тогда функции f(x) и g(x) станут непрерывными в точке a и будут удовлетворять условиям теоремы Коши в некоторой окрестности точки a.Следовательно, для любой точки x из этой окрестности найдется точка ξ, лежащая между точками a и x (т. е. ξ=a+θ(x−a), где 0<θ<1 ), такая что

f(x)g(x)=f(x)−f(a)g(x)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ).                                 (11.9)

Очевидно, что ξ→a при x→a. Поэтому, если существует предел limx→af′(x)g′(x), то существует и предел

limx→af′(ξ)g′(ξ)=limξ→af′(ξ)g′(ξ)=limx→af′(x)g′(x).

Переходя к пределу в равенстве (11.9) при x→a, получим требуемую формулу (11.8):

limx→af(x)g(x)=limξ→af′(ξ)g′(ξ)=limx→af′(x)g′(x).

Теорема доказана.

■

Пример 11.4.

Найти limx→01−cosxsinx.

Р е ш е н и е.

 Так как limx→0(1−cosx)=0 и limx→0sinx=0, то имеет место неопределенность вида [00]. Функции f(x)=1−cosx и g(x)=sinx удовлетворяют условиям теоремы 11.4 в окрестности точки x=0. Следовательно,

limx→01−cosxsinx=[00]=limx→0(1−cosx)′(sinx)′=limx→0sinxcosx=0.

Замечание 11.6.

Теорема 11.4 остается справедливой, если x→a+0 или x→a−0, а также в случае, когда aесть один из символов ∞, +∞, −∞.

Пример 11.5.

Вычислить limx→+∞π2−arctg xln(1+1x).

Р е ш е н и е.

Имеем неопределенность вида [00], так как limx→+∞(π2−arctg x)=0 и limx→+∞ln(1+1x)=0. Функции f(x)=π2−arctg x и g(x)=ln(1+1x)удовлетворяют условиям теоремы 11.4 в окрестности символа +∞. Следовательно,

limx→+∞π2−arctg xln(1+1x)=[00]=limx→+∞(π2−arctg x)′(ln(1+1x))′=limx→+∞−11+x2xx+1⋅(−1x2)==limx→+∞x2(1+x)x(1+x2)=1.

Теорема 11.5. 

(раскрытие неопределенности вида [∞∞] ).

Пусть

1) функции f(x) и g(x) определены и дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки a;

2) g′(x)≠0 в этой окрестности точки a;

3) limx→af(x)=limx→ag(x)=∞;

4) существует предел limx→af′(x)g′(x) (конечный или бесконечный).

Тогда существует limx→af(x)g(x), причем

limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x).

Отметим, что теорема 11.5 остается в силе, если a есть один из символов ∞, +∞, −∞, a+0, a−0.

Пример 11.6.

Найти limx→+∞lnxxα, где α>0.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [∞∞], так как limx→+∞lnx=+∞ и limx→+∞xα=+∞ при α>0. Функции f(x)=lnx и g(x)=xα удовлетворяют условиям теоремы 11.5 в окрестности символа +∞. Следовательно,

limx→+∞lnxxα=[∞∞]=limx→+∞(lnx)′(xα)′=limx→+∞1xαxα−1=1α⋅limx→+∞1xα=0.

Полученный результат означает, что при x→+∞ любая степенная функция g(x)=xα с положительным показателем α>0 растет быстрее логарифмической функции f(x)=lnx.

Указанный в теоремах 11.4 и 11.5 способ вычисления предела отношения функций по формуле

limx→af(x)g(x)=limx→af′(x)g′(x)

называют правилом Лопиталя .

В приведенных далее примерах 11.7, 11.9--11.14 для вычисления limx→af(x)g(x) можно использовать правило Лопиталя, так как соответствующие функции f(x) и g(x) в этих примерах удовлетворяют условиям илитеоремы 11.4, или теоремы 11.5.

Пример 11.7.

Вычислить limx→+0lnx1+2ln(sinx).

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [∞∞], так как limx→+0lnx=−∞ и limx→+0(1+2ln(sinx))=−∞. Учитывая, что sinx~x при x→0 (см. таблицу 5.1), найдем

limx→+0lnx1+2ln(sinx)=[∞∞]=limx→+0(lnx)′(1+2ln(sinx))′=limx→+01x2⋅1sinx⋅cosx=                                                                          =limx→0sinx2xcosx=12⋅limx→0sinxx⋅limx→01cosx=12.

Замечание 11.7.

Если при x→a не существует предела отношения производных f′(x)g′(x), то правило Лопиталя неприменимо. При этом предел отношения функций f(x)g(x) при x→a может существовать и может быть найден другим способом.

Пример 11.8.

Найти limx→0x2sin1xsinx.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [00], так как limx→0(x2sin1x)=0 и limx→0sinx=0. (При вычислении первого предела использована теорема 4.7 о произведении бесконечно малой функции на ограниченную.) В данном случае правило Лопиталя неприменимо, так как не существует предела отношения производных. Действительно, производная числителя (x2sin1x)′=2x⋅sin1x−cos1x при x→0 предела не имеет, так как limx→0cos1x не существует. Однако предел можно найти, если преобразовать функцию под знаком предела, использовать теорему 4.7 и учесть, что sinx~x при x→0:

limx→0x2sin1xsinx=limx→0(xsinx⋅xsin1x)=limx→0xsinx⋅limx→0(xsin1x)=1⋅0=0.

Иногда правило Лопиталя применяют несколько раз.

Пример 11.9.

Вычислить limx→0x−sinxx3.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [00], так как limx→0f(x)=limx→0(x−sinx)=0,limx→0g(x)=limx→0x3=0. Найдем

limx→0f′(x)g′(x)=limx→0(x−sinx)′(x3)′=limx→01−cosx3x2=[00].

Неопределенность вида [00] сохранилась. Вычислим предел отношения производных функций f1(x)=1−cosx и g1(x)=3x2:

limx→0f′1(x)g′1(x)=limx→0(1−cosx)′(3x2)′=limx→0sinx6x=16.

Таким образом, применяя правило Лопиталя дважды, получим

limx→0x−sinxx3=[00]=limx→0(x−sinx)′(x3)′=limx→01−cosx3x2=[00]=limx→0(1−cosx)′(3x2)′=limx→0sinx6x=16.

Пример 11.10.

Вычислить limx→+∞xnax, если a>1, n∈ℕ.

Р е ш е н и е.

 Для раскрытия данной неопределенности вида [∞∞] применим правило Лопиталя n раз:

limx→+∞xnax=[∞∞]=limx→+∞(xn)′(ax)′=limx→+∞nxn−1axlna=[∞∞]=limx→+∞(nxn−1)′(axlna)′=                                  =limx→+∞n(n−1)xn−2ax(lna)2=[∞∞]=...=limx→+∞n(n−1)(n−2)⋅...⋅1ax(lna)n=0.

Полученный ответ означает, что при x→+∞ показательная функция g(x)=ax  (a>1) растет быстрее степенной функции f(x)=xn с натуральным показателем.

Замечание 11.8.

( раскрытие неопределенностей вида [0⋅∞] и [∞−∞] ) Указанные неопределенности можно свести к неопределенности вида [00] или [∞∞] с помощью алгебраических преобразований функции под знаком предела.

Действительно, пусть limx→af(x)=0, limx→ag(x)=∞. Тогда

limx→af(x)⋅g(x)=limx→af(x)1g(x)=[00]=limx→ag(x)1f(x)=[∞∞].

Если limx→af(x)=∞ и limx→ag(x)=∞, то

limx→a(f(x)−g(x))=[∞−∞]=limx→a⎛⎝⎜11f(x)−11g(x)⎞⎠⎟=limx→a1g(x)−1f(x)1f(x)⋅g(x)=[00].

Пример 11.11.

Найти limx→+0xlnx.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [0⋅∞]. Записывая произведение функций под знаком предела в виде отношения и применяя правило Лопиталя, получим

limx→+0xlnx=limx→+0lnx1x=[∞∞]=limx→+0(lnx)′(1x)′=limx→+01x−1x2=−limx→+0x=0.

Пример 11.12.

Вычислить limx→1(1lnx−1x−1).

Р е ш е н и е.

 Так как limx→11lnx=∞ и limx→11x−1=∞, то имеет место неопределенность вида [∞−∞]. Преобразуя функцию под знаком предела и дважды применяя правило Лопиталя, найдем

limx→1(1lnx−1x−1)=[∞−∞]=limx→1x−1−lnx(x−1)lnx=[00]=limx→1(x−1−lnx)′((x−1)lnx)′=                               =limx→11−1xlnx+x−1x=limx→1x−1xlnx+x−1=[00]=limx→1(x−1)′(xlnx+x−1)′=limx→11lnx+2=12.

Замечание 11.9.

( Раскрытие неопределенностей вида [1∞], [∞0], [00]. ) К данным неопределенностям приводит вычисление пределов показательно-степенной функции y=(f(x))g(x), f(x)>0, так как

limx→ay=limx→a(f(x))g(x)=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪[1∞],  если   limx→af(x)=1,  limx→ag(x)=∞;[∞0],  если   limx→af(x)=∞,  limx→ag(x)=0;[00],  если   limx→af(x)=0,  limx→ag(x)=0.

Указанные пределы можно найти, если перейти к неопределенности вида [0⋅∞]. Используем основное логарифмическое тождество ( x=elnx или x=exp{lnx}  ∀x>0 ) для записи функции под знаком предела. Учитывая непрерывность показательной функции и опуская аргумент у функций f и g, получим

limx→afg=limx→aelnfg=limx→aexp{lnfg}=exp{limx→alnfg}=exp{limx→a(g⋅lnf)}.      (11.10)

Так как fg=y, glnf=lny, то из (11.10) имеем

limx→ay=exp{limx→alny}     (y>0).                 (11.11)

Отметим, что для всех рассматриваемых неопределенностей ([1∞], [∞0], [00] ) предел limx→alny=limx→a(g⋅lnf) есть неопределенность вида [0⋅∞]. Пусть найден предел limx→alny=A.Тогда

limx→ay=exp{limx→alny}=⎧⎩⎨⎪⎪eA,      A−число;0,       A=−∞;+∞,    A=+∞.

Пример 11.13.

Найти limx→1x11−x2.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [1∞], так как limx→1x=1 и limx→111−x2=∞. Полагая y=x11−x2 и учитывая формулу (11.11), запишем:

limx→1x11−x2=limx→1y=exp{limx→1lny}=exp{limx→1lnx11−x2}.

Вычислим

limx→1lnx11−x2=limx→1(11−x2⋅lnx)=[∞⋅0]=limx→1lnx1−x2=[00]=limx→1(lnx)′(1−x2)′=limx→11x−2x=−12.

Следовательно,

limx→1x11−x2=exp{limx→1lnx11−x2}=e−12=1e√.

Пример 11.14.

Найти limx→+∞(x+2x)1x.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [∞0], так как limx→+∞(x+2x)=+∞ и limx→+∞1x=0.Обозначим y=(x+2x)1x. По формуле (11.11) запишем limx→+∞(x+2x)1x=limx→+∞y=exp{limx→+∞lny}=exp{limx→+∞ln(x+2x)1x}.Учитывая, что limx→+∞x2−x=limx→+∞x2x=0 (см. пример 11.10), вычислим

limx→+∞ln(x+2x)1x=limx→+∞(1x⋅ln(x+2x))=[0⋅∞]=limx→+∞ln(x+2x)x=[∞∞]=                             =limx→+∞(ln(x+2x))′x′=limx→+∞1+2xln2(x+2x)⋅1=limx→+∞2−x+ln2x⋅2−x+1=ln2.

Окончательно найдем

limx→+∞(x+2x)1x=exp{limx→+∞ln(x+2x)1x}=eln2=2.

11.5. Типовые примеры

В примерах 1—8 для вычисления пределов limx→af(x)g(x) правомерно использование правила Лопиталя, поскольку соответствующие функции f(x) и g(x) в этих примерах удовлетворяют условиям или теоремы 11.4, или теоремы 11.5.

Задача 1.

Вычислить limx→0ln(1−2x)arcsin3x.

Р е ш е н и е.

В данном случае имеет место неопределенность вида [00], так как limx→0ln(1−2x)=0,limx→0arcsin3x=0. . Найдем производные функций f(x)=ln(1−2x) и g(x)=arcsin3x:

f′(x)=(ln(1−2x))′=−21−2x;             g′(x)=(arcsin3x)′=31−9x2−−−−−−√.

Следовательно,

limx→0f(x)g(x)=limx→0ln(1−2x)arcsin3x=[00]=limx→0f′(x)g′(x)=limx→0(ln(1−2x))′(arcsin3x)′=limx→0−21−2x31−9x2√=−23.

■

Задача 2.

Найти limx→1−0tg πx2ln(1−x).

Р е ш е н и е.

 Данный предел есть неопределенность вида [∞∞], так как limx→1−0tg πx2=+∞,limx→1−0ln(1−x)=−∞. Найдем производные функций f(x)=tg πx2 и g(x)=ln(1−x):

f′(x)=(tg πx2)′=π2cos2πx2;            g′(x)=(ln(1−x))′=−11−x.

По правилу Лопиталя имеем

limx→1−0f(x)g(x)=limx→1−0tg πx2ln(1−x)=[∞∞]=limx→1−0f′(x)g′(x)=limx→1−0(tg πx2)′(ln(1−x))′=                                                            ​=limx→1−01cos2πx2⋅π21x−1=limx→1−0π(x−1)2cos2πx2.

Полученный предел есть неопределенность вида [00]. Используем еще раз правило Лопиталя. Найдем производные функций f1(x)=π(x−1) и g1(x)=2cos2πx2:

f′1(x)=(π(x−1))′=π;g′1(x)=(2cos2πx2)′=4cosπx2(−sinπx2)⋅π2=−πsinπx.

Следовательно,

limx→1−0f1(x)g1(x)=limx→1−0π(x−1)2cos2πx2=limx→1−0f′1(x)g′1(x)=limx→1−0(π(x−1))′(2cos2πx2)′=limx→1−0π−πsinπx=−∞.

Итак, после двукратного применения правила Лопиталя получим окончательный ответ:

limx→1−0tgπx2ln(1−x)=[∞∞]=limx→1−0(tgπx2)′(ln(1−x))′=limx→1−0π(x−1)2cos2πx2=                                                                  =[00]=limx→1−0(π(x−1))′(2cos2πx2)′=limx→1−0π−πsinπx=−∞.

■

Задача 3.

Найти limx→0x2e1/x2.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [0⋅∞], так как limx→0x2=0, limx→0e1/x2=∞. Преобразуем произведение функций под знаком предела в отношение и определим вид полученной неопределенности:

limx→0x2e1/x2=[0⋅∞]=limx→0e1/x21x2=[∞∞].

Применяя правило Лопиталя для раскрытия неопределенности вида [∞∞], найдем

limx→0x2e1/x2=limx→0e1/x21x2=[∞∞]=limx→0(e1/x2)′(1x2)′=limx→0e1/x2⋅(−2x−3)−2x−3=limx→0e1/x2=∞.

■

Задача 4.

Вычислить limx→1sin(x−1)tgπx2.

Р е ш е н и е.

 Данный предел есть неопределенность вида [0⋅∞], так как limx→1sin(x−1)=0 и limx→1tgπx2=∞. Преобразуем произведение функций под знаком предела в отношение и определим вид полученной неопределенности:

limx→1sin(x−1)tgπx2=[0⋅∞]=limx→1sin(x−1)ctgπx2=[00].

По правилу Лопиталя получим

limx→1sin(x−1)ctgπx2=[00]=limx→1(sin(x−1))′(ctgπx2)′=limx→1cos(x−1)−π2⋅1sin2πx2=−2π.

Следовательно, limx→1sin(x−1)tgπx2=−2π.

■

Задача 5.

Найти limx→0(9x−4ex−1).

Р е ш е н и е.

 В данном случае имеем неопределенность вида [∞−∞], поскольку limx→09x=∞ и limx→04ex−1=∞. Преобразуем разность функций под знаком предела в отношение:

limx→0(9x−4ex−1)=[∞−∞]=limx→09(ex−1)−4xx(ex−1)=[00].

Применим правило Лопиталя для раскрытия неопределенности вида [00]:

limx→09(ex−1)−4xx(ex−1)=limx→0(9ex−9−4x)′(xex−x)′=limx→09ex−4ex+xex−1=∞.

Таким образом, limx→0(9x−4ex−1)=∞.

■

Задача 6.

Найти limx→0(ex+x)1x.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [1∞], так как limx→0(ex+x)=1, limx→01x=∞. Обозначим y=(ex+x)1x и запишем предел в виде

limx→0(ex+x)1x=limx→0y=exp{limx→0lny}=exp{limx→0ln(ex+x)1x}.

Вычислим

limx→0ln(ex+x)1x=limx→01xln(ex+x)=[∞⋅0]=limx→0ln(ex+x)x=[00].

Используя правило Лопиталя, найдем

limx→0ln(ex+x)x=[00]=limx→0(ln(ex+x))′x′=limx→0ex+1ex+x1=limx→0ex+1ex+x=2.

Окончательно получим

limx→0(ex+x)1x=exp{limx→0ln(ex+x)1x}=e2.

■

Задача 7.

Вычислить limx→+0xsinx.

Р е ш е н и е.

 В данном случае имеем неопределенность вида [00], так как limx→+0x=0, limx→+0sinx=0.Обозначим y=xsinx. Тогда

limx→+0xsinx=limx→+0y=exp{limx→+0lny}=exp{limx→+0lnxsinx}.

Найдем

limx→+0lnxsinx=limx→+0(sinx⋅lnx)=[0⋅∞]=limx→+0lnx1sinx=[∞∞].

По правилу Лопиталя получим

limx→+0lnx1sinx=[∞∞]=limx→+0(lnx)′(sin−1x)′=limx→+01/x(−sin−2x)⋅cosx=                                             =−limx→+0sin2xx⋅cosx=−limx→+0(sinxx⋅sinxcosx)=−limx→+0sinxx⋅limx→+0sinxcosx=−1⋅0=0.

Поэтому

limx→+0xsinx=exp{limx→+0lnxsinx}=e0=1.

■

Задача 8.

Найти limx→0(ctg x)x.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределенность вида [∞0], так как limx→0ctg x=∞ и limx→0x=0. Обозначим y=(ctg x)x и по формуле (11.11) запишем данный предел в виде

limx→0(ctg x)x=limx→0y=exp{limx→0lny}=exp{limx→0ln(ctg x)x}.

Вычислим

limx→0ln(ctg x)x=limx→0(x⋅ln(ctg x))=[0⋅∞]=limx→0ln(ctg x)1x=[∞∞].

Применяя правило Лопиталя, получим

limx→0ln(ctg x)1x=[∞∞]=limx→0(ln(ctg x))′(1x)′=limx→01ctg x⋅(−1sin2x)−1x2=limx→0sinx⋅x2cosx⋅sin2x=                                                =limx→0x2cosx⋅sinx=limx→0xcosx⋅limx→0xsinx=0⋅1=0.

Следовательно, limx→0(ctg x)x=exp{limx→0ln(ctg x)x}=e0=1.

■