‹-- Назад

Правило Лопиталя

На основе теоремы Коши мы выведем правило, которое даст нам мощный способ вычисления пределов отношений двух бесконечно малых или двух бесконечно больших величин. Сформулируем его сначала для отношения бесконечно малых.

        Теорема 5.5 (Правило Лопиталя)   Пусть функции $ f(x)$ и $ g(x)$ непрерывны в некоторой окрестности $ E$ точки $ x_0$ и $ f(x_0)=g(x_0)=0$, то есть $ f(x)\to0$ и $ g(x)\to0$ при $ x\to x_0$. Предположим, что при $ x\in E,\;x\ne x_0$ функции $ f(x)$ и $ g(x)$ имеют производные $ f'(x)$ и $ g'(x)$, причём существует предел отношения этих производных:

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L.$

Тогда предел отношения самих функций $ f(x)$ и $ g(x)$ тоже существует и равен тому же числу $ L$:

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L.$

        Доказательство.     Заметим, что из условия $ \lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L$ следует, что оба односторонних предела также равны $ L$:

$\displaystyle \lim_{x\to x_0+}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L$ и $\displaystyle \lim_{x\to x_0-}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L.$

Пусть $ x_1\in E$, $ x_1>x_0$. По теореме Коши, применённой к отрезку $ [x_0;x_1]$, получим тогда, с учётом того, что $ f(x_0)=0,\; g(x_0)=0$,

$\displaystyle \dfrac{f(x_1)}{g(x_1)}=\dfrac{f(x_1)-f(x_0)}{g(x_1)-g(x_0)}=
\dfrac{f'(x^*)}{g'(x^*)},$

где $ x^*\in(x_0;x_1)$. Перейдём теперь в этом равенстве к пределу при $ x_1\to x_0+$:

$\displaystyle \lim_{x_1\to x_0+}\dfrac{f(x_1)}{g(x_1)}=
\lim_{x^*\to x_0+}\dfrac{f'(x^*)}{g'(x^*)}=L,$

так как, очевидно, при $ x_1\to x_0+$ имеем также $ x^*\to x_0+$. Теперь возьмём точку $ {x_2\in E}$, $ {x_2<x_0}$ и применим теорему Коши к отрезку $ [x_2;x_0]$. Получим

$\displaystyle \dfrac{f(x_2)}{g(x_2)}=\dfrac{f(x_0)-f(x_2)}{g(x_0)-g(x_2)}=
\dfrac{f'(x^{**})}{g'(x^{**})},$

где $ x^{**}\in(x_2;x_0)$. Переходя к пределу при $ x_2\to x_0-$, получаем

$\displaystyle \lim_{x_2\to x_0-}\dfrac{f(x_2)}{g(x_2)}=
\lim_{x^{**}\to x_0-}\dfrac{f'(x^{**})}{g'(x^{**})}=L,$

так как при $ x_2\to x_0-$ имеем $ x^{**}\to x_0-$.

Итак, оба односторонних предела отношения $ \dfrac{f(x)}{g(x)}$ равны $ L$. На основании теоремы о связи односторонних пределов с двусторонним получаем, что

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L.$

    

        Замечание 5.5   При доказательстве мы одновременно вывели правило Лопиталя и для односторонних пределов (то есть пределов при базах $ x\to x_0-$ и $ x\to x_0+$):
если $ f(x)$ и $ g(x)$ бесконечно малы при $ x\to x_0-$ и существует предел

$\displaystyle \lim_{x\to x_0-}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L,$

то существует и предел

$\displaystyle \lim_{x\to x_0-}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L;$

аналогичное утверждение верно также для предела справа.     

        Пример 5.3   Найдём предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{\sin^2x}$.

Этот предел представляет собой предел отношения двух бесконечно малых, поскольку $ \lim\limits_{x\to0}(e^x-1-x)=e^0-1-0=0$ и $ \lim\limits_{x\to0}\sin^2x=\sin^20=0$.

Заметим прежде всего, что предел можно упростить, заменив знаменатель $ \sin^2x$ на эквивалентную бесконечно малую: $ \sin^2x\sim x^2$ при $ x\to0$. Получим:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{\sin^2x}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}.$

Числитель упростить пока не удаётся, поскольку правила вычисления пределов не позволяют нам заменять на эквивалентные слагаемые (а не множители). В предположении, что предел существует, найдём вместо него предел отношения производных, который, в соответствии с доказанной теоремой, равен исходному:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{(e^x-1-x)'}{(x^2)'}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{2x}.$

Получившийся предел -- снова предел отношения бесконечно малых, но его легко вычислить, заменив числитель на эквивалентную бесконечно малую: $ e^x-1\sim x$ при $ x\to0$. Получаем:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1}{2x}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{x}{2x}=\frac{1}{2}.$

Итак, получили, что предел отношения производных, действительно, существует и равен $ \frac{1}{2}$. По правилу Лопиталя отсюда следует, что исходный предел также существует и равен тому же числу:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}=\dfrac{1}{2}.$

Следовательно,

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{\sin^2x}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-1-x}{x^2}=\frac{1}{2}.$

    

        Замечание 5.6   Доказанное правило Лопиталя не означает, что если предел отношения производных не существует, то не существует и исходный предел. Этот исходный предел вполне может существовать, только его нельзя найти при помощи применения правила Лопиталя. Иными словами, правило Лопиталя не является универсальным средством отыскания пределов отношения двух бесконечно малых. Пример предела, который нельзя отыскать с помощью правила Лопиталя, мы сейчас приведём.     

        Пример 5.4   Рассмотрим предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^2\sin\frac{1}{x}}{\sin x}.$ Его легко вычислить, заметив, что величина $ \sin\frac{1}{x}$ -- величина, локально ограниченная при базе $ x\to0$, а величина $ \dfrac{x^2}{\sin x}$ -- бесконечно малая:

$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{x^2}{\sin x}=\lim_{x\to0}\dfrac{x^2}{x}=\lim_{x\to0}x=0.$

Следовательно, их произведение -- бесконечно малая величина, и

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{x^2\sin\frac{1}{x}}{\sin x}=0.$

С другой стороны, попробуем применить к исходному пределу отношения двух бесконечно малых $ x^2\sin\frac{1}{x}$ и $ \sin x$ правило Лопиталя и вычислить предел отношения производных этих двух функций. Имеем: $ (x^2\sin\frac{1}{x})'=2x\sin\frac{1}{x}+x^2\cos\frac{1}{x}(-\frac{1}{x^2})=
2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}$ и $ (\sin x)'=\cos x$. Составим отношение этих двух производных:

$\displaystyle \dfrac{2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}}{\cos x}=
\dfrac{2x\sin\frac{1}{x}}{\cos x}-\dfrac{\cos\frac{1}{x}}{\cos x}.$

В этом выражении первое слагаемое имеет, очевидно, при $ x\to0$ предел, равный 0, а второе не имеет никакого предела; следовательно, не имеет предела и сумма.

Итак, исходное отношение бесконечно малых имеет предел, равный 0, в то время как отношение производных этих бесконечно малых не имеет никакого предела. Получаем, что применение к данному примеру правила Лопиталя не приводит к желаемому вычислению предела.     

Правило Лопиталя действует не только при базах $ x\to x_0$, $ x\to x_0-$, $ x\to x_0+$, но и при базах $ x\to\infty$, $ x\to-\infty$, $ x\to+\infty$. Докажем это.

        Теорема 5.6 (Правило Лопиталя для $ x\to\pm\infty$)   Пусть $ f(x)$ и $ g(x)$ -- функции, являющиеся бесконечно малыми при базе $ x\to+\infty$ (или $ x\to-\infty$, или $ x\to\infty$) и дифференцируемые на некотором луче $ (a;+\infty)$ (или $ (-\infty;b)$, или объединении лучей $ (-\infty;b)\cup(a;+\infty)$, соответственно). Тогда если существует предел

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L,$

то предел $ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}$ также существует и равен тому же числу:

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$

(аналогичные утверждения справедливы и для баз $ x\to\infty$, $ x\to-\infty$).

        Доказательство.     Положим $ z=\frac{1}{x}$ и рассмотрим функции $ {f_1(z)=\left\{\begin{array}{ll}
f(\frac{1}{z}),&\mbox{ при }z>0;\\
0,&\mbox{ при }z=0,
\end{array}\right.}$ и $ {g_1(z)=\left\{\begin{array}{ll}
g(\frac{1}{z}),&\mbox{ при }z>0;\\
0,&\mbox{ при }z=0.
\end{array}\right.}$ Тогда функции $ f_1(z)$ и $ g_1(z)$ непрерывны на отрезке $ [0;\frac{1}{a}]$ и дифференцируемы при $ z\in(0;\frac{1}{a})$. При этом

$\displaystyle f_1'(z)=-\dfrac{1}{z^2}f'(\frac{1}{z});\quad
g_1'(z)=-\dfrac{1}{z^2}g'(\frac{1}{z}).$

К бесконечно малым при $ z\to0+$ величинам $ f_1(z)$ и $ g_1(z)$ можно применить правило Лопиталя ( теорема 5.5 для предела справа, см. замечание 5.5):

$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=
 \lim_{z\to0+}\dfrac{f_1(z)...
...rac{f'(\frac{1}{z})}{g'(\frac{1}{z})}=
 \lim_{x\to+\infty}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}.$    

    

Распространим теперь правило Лопиталя на случай, когда функции $ f(x)$ и $ g(x)$ являются бесконечно большими величинами при данной базе (о бесконечно больших величинах см. раздел 2.7).

        Теорема 5.7 (Правило Лопиталя для отношения бесконечно больших)   Пусть $ f(x)\to\infty$ и $ g(x)\to\infty$ при $ x\to x_0$ и в некоторой проколотой окрестности $ E=(x_0-{\delta};x_0)\cup(x_0;x_0+{\delta})$, $ {\delta}>0$, существуют производные $ f'(x)$ и $ g'(x)$. Тогда, если существует предел отношения этих производных

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L,$

то существует и предел отношения самих функций, равный тому же числу:

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L.$

        Доказательство.     За полным доказательством этого утверждения мы отсылаем к книгам [Никольский С. М., Курс математического анализа. Том 1. -- М.: Наука, 1990. -- С. 200 - 201] или [Смирнов В. И., Курс высшей математики. Том 1. -- М.: Наука, 1974. -- С. 157 - 158]. Здесь же мы докажем, что оба предела совпадают, в предположении, что второй из них существует и оба не равны 0. Итак, пусть

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=M,$

где $ M$ -- некоторое число. Докажем, что тогда $ M=L$.

Рассмотрим вспомогательные функции $ {f_1(x)=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{1}{f(x)},&\mbox{ при }x\in E;\\
0,&\mbox{ при }x=x_0,
\end{array}\right.}$ и $ {g_1(x)=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{1}{g(x)},&\mbox{ при }x\in E;\\
0,&\mbox{ при }x=x_0.
\end{array}\right.}$

Тогда функции $ f_1(x)$ и $ g_1(x)$ -- бесконечно малые при $ x\to x_0$, непрерывные при $ x=x_0$; их производные таковы:

$\displaystyle f_1'(x)=-\dfrac{f'(x)}{(f(x))^2};\quad
g_1'(x)=-\dfrac{g'(x)}{(g(x))^2}.$

Заметим теперь, что при $ x\in E$


и


Из равенства (5.3) получаем, что $ \lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f_1(x)}{g_1(x)}=\dfrac{1}{M}$. Переходя к пределу в равенстве (5.4), получаем:

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f_1'(x)}{g_1'(x)}=\dfrac{L}{M^2}.$

С другой стороны, применяя правило Лопиталя ( теорема 5.5) к бесконечно малым функциям $ f_1(x)$ и $ g_1(x)$, получим:

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}\dfrac{f_1(x)}{g_1(x)}=
\lim_{x\to x_0}\dfrac{f_1'(x)}{g_1'(x)},$

откуда

$\displaystyle \dfrac{1}{M}=\dfrac{L}{M^2}.$

Из этого равенства следует, что $ M=L$, что и требовалось доказать.     

        Замечание 5.7   Немного изменив доказательство, мы получим, что правило Лопиталя для отношения двух бесконечно больших верно для односторонних пределов (при базах $ x\to x_0-$ и $ x\to x_0+$); сделав замену $ z=\frac{1}{x}$, выведем, что оно верно для пределов при базах $ x\to\infty$, $ x\to+\infty$ и $ x\to-\infty$ (аналогично тому, как теорема 5.6 была выведена из теоремы 5.5).     

        Замечание 5.8   Как и в основном случае отношения двух бесконечно малых при $ x\to x_0$, все остальные варианты правила Лопиталя не универсальны: если предел отношения производных не существует, то это ещё не означает, что нет предела отношения исходных величин.     

Приведём ещё один пример, иллюстрирующий это важное замечание.

        Пример 5.5   Рассмотрим при $ x\to\infty$ две бесконечно больших: $ f(x)=x+\sin x$ и $ g(x)=x$. Предел их отношения, очевидно, существует:

$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\dfrac{x+\sin x}{x}=
\lim_{x\to\infty}(1+\dfrac{1}{x}\cdot\sin x)=1+0=1;$

в то же время отношение производных даёт

$\displaystyle \dfrac{(x+\sin x)'}{x'}=\dfrac{1+\cos x}{1}=1+\cos x,$

а эта функция не имеет никакого предела при $ x\to\infty$. Следовательно, для вычисления предела

$\displaystyle \lim_{x\to\infty}\dfrac{x+\sin x}{x}$

правило Лопиталя неприменимо.     

Несмотря на свою неуниверсальность, правило Лопиталя служит весьма мощным средством нахождения сложных пределов. При этом иной раз приходится применять это правило много раз подряд, пока не получим предел, значение которого либо очевидно, либо может быть вычислено каким-либо способом, изученным нами ранее (например, с помощью замены на эквивалентные бесконечно малые).

        Пример 5.6   Найдём предел $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x-x}{x^3}$. (Это предел отношения двух бесконечно малых. Заметим, что $ \sin x$ не является множителем, так что его нельзя заменить на эквивалентную величину $ x$; если бы мы всё же сделали это, то сразу получили бы в числителе 0, и "ответ" равнялся бы 0.) Применим правило Лопиталя и получим, что

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x-x}{x^3}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{(\sin x-x)'}{(x^3)'}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos x-1}{3x^2},$

в предположении, что последний предел существует. Этот последний предел можно найти, заметив, что $ \cos x-1\sim-\dfrac{x^2}{2}$ при $ x\to0$, и заменив числитель. Однако можно пойти и другим путём. Мы снова получили отношение двух бесконечно малых, к которому снова применим правило Лопиталя:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos x-1}{3x^2}=
\lim\limits_{x\to0}\d...
...c{-\sin x}{6x}=
-\frac{1}{6}\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=-\frac{1}{6},$

поскольку $ \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x}{x}=1$ (это первый замечательный предел).

Итак, обоснование результата таково:

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{(\cos x-1)'}{(3x^2)'}=
\lim\limits_{x\to0}\dfrac{-\sin x}{6x}=
-\frac{1}{6},$

откуда по теореме 5.5

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\cos x-1}{3x^2}=-\frac{1}{6},$

то есть

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{(\sin x-x)'}{(x^3)'}=-\frac{1}{6},$

откуда, в свою очередь, снова по теореме 5.5

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin x-x}{x^3}=-\frac{1}{6}.$

Как правило, при вычислениях эти рассуждения "обратного хода" не приводят в явной форме для экономии места, но, строго говоря, их всегда нужно иметь в виду, когда после цепочки переходов по правилу Лопиталя мы получаем какой-либо ответ к исходному примеру на вычисление предела.