Правило Лопиталя и его применение. Практикум по математическому анализу. Урок 48

В задачах на вычисление пределов функций (уроки №14-19) были разъяснены элементарные способы нахождения предела функции в тех случаях, когда аргумент неограниченно возрастает или стремится к значению, которое не входит в область определения функции. Кроме этих элементарных способов, весьма эффективным средством для нахождения предела функции в указанных особых случаях является следующее правило Лопиталя: предел отношения двух бесконечно малых или двух бесконечно больших величин равен пределу отношения их производных (если последний предел существует или равен бесконечности).
а) Случаи нахождения предела:
1) $\displaystyle \frac{0}{0}$ — когда функция представляет отношение двух бесконечно малых величин;
2) $\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$ — когда функция представляет отношение двух бесконечно больших величин.
Согласно правилу Лопиталя в этих случаях можно заменять отношение величин отношением их производных, т. е. если $\varphi _{1}(x)$ и $\varphi _{2}(x)$ одновременно стремятся к нулю или к бесконечности при $x \to a$ или $x \to \infty$, то

$$\displaystyle \lim \frac{\varphi _{1}(x)}{\varphi _{2}(x)}=\lim \frac{\varphi' _{1}(x)}{\varphi' _{2}(x)}.$$

Если последний предел существует или равен бесконечности, то он будет равен искомому пределу. Если же отношение производных также будет представлять случай $\displaystyle \frac{0}{0}$ или $\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$, то можно снова и снова применять правило Лопиталя, если это полезно, до получения результата.
Пример 1. Найти пределы:
1) $\displaystyle \underset{x \to 2}{\lim }\frac{x^{4}-16}{x^{3}+5x^{2}-6x-16};$
2) $\displaystyle \underset{x \to a}{\lim }\frac{x^{m}-a^{m}}{x^{n}-a^{n}};$
3) $\displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{e^{2x}-1}{\sin x};$
4) $\displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{1-\cos ax}{1-\cos bx};$
5) $\displaystyle \underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{e^{kx}}{x^{n}},$ где $k>0$ $n$ — натуральное число;
6) $\displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{tg\, x}{\sec x};$
7) $\displaystyle \underset{x \to \infty}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}.$
Решение. Убедившись, что имеет место случай $\displaystyle \frac{0}{0}$ или $\displaystyle \frac{\infty }{\infty }$, применяем затем правило Лопиталя.
1) $\displaystyle \underset{x \to 2}{\lim }\frac{x^{4}-16}{x^{3}+5x^{2}-6x-16}=\underset{x \to 2}{\lim }\frac{4x^{3}}{3x^{2}+10x-6}=\frac{32}{26}=\frac{16}{13};$
2) $\displaystyle \underset{x \to a}{\lim }\frac{x^{m}-a^{m}}{x^{n}-a^{n}}=\underset{x \to a}{\lim }\frac{mx^{m-1}}{nx^{n-1}}=\frac{m}{n}a^{m-n};$
3) $\displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{e^{2x}-1}{\sin x}=\underset{x \to 0}{\lim }\frac{2e^{2x}}{\cos x}=\frac{2}{1}=2;$
4) $\displaystyle \underset{x \to 0}{\lim }\frac{1-\cos ax}{1-\cos bx}=\underset{x \to 0}{\lim }\frac{a\sin ax}{b\sin bx}=\underset{x \to 0}{\lim }\frac{a^{2}\cos ax}{b^{2}\cos bx}=\frac{a^{2}}{b^{2}}.$
Здесь правило Лопиталя применено дважды.
5) $\displaystyle \underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{e^{kx}}{x^{n}}=\underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{ke^{kx}}{nx^{n-1}}=\underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{k^{2}e^{kx}}{n(n-1)x^{n-2}}=...=\underset{x \to +\infty}{\lim }\frac{k^{n}e^{kx}}{n!}=+\infty.$
Здесь правило Лопиталя применено $n$ раз.
6) $\displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{tg\, x}{\sec x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\sec^{2} x}{\sec x \, \textrm{tg}\, x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\sec x}{\textrm{tg}\, x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\textrm{tg}\, x}{\sec x}=...$
Здесь применение правила Лопиталя бесполезно. Предел легко найти без этого правила путем элементарного преобразования:
$\displaystyle \underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\textrm{tg}\, x}{\sec x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\frac{\sin x\cos x}{\cos x}=\underset{x \to \frac{\pi }{2}}{\lim }\sin x=1.$
7) $\displaystyle \underset{x \to \infty}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\underset{x \to \infty}{\lim }\frac{1-\cos x}{1+\cos x}.$
Здесь применение правила Лопиталя бесполезно, ибо отношение производных $\displaystyle \frac{1-\cos x}{1+\cos x}=\textrm{tg}^{2}\frac{x}{2}$ не имеет предела при $x \to \infty$. Искомый предел можно найти элементарным путем:
$\displaystyle \underset{x \to \infty}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\underset{x \to \infty}{\lim }\frac{1-\frac{\sin x}{x}}{1+\frac{\sin x}{x}}=1,$ так как $\left | \sin x \right |\leq 1$.
Это не противоречит теореме Лопиталя, ибо в ней утверждается лишь то, что если отношение производных стремится к пределу, то к тому же пределу стремится и отношение функций, но не наоборот.