5.3: Правило L'Hôpital

Зараз ми доведемо корисне правило для вирішення невизначеної межі. Нижче,$G_{\neg p}$ позначає видалений глобус$G_{\neg p}(\delta)$ в$E^{1},$ або один$\pm \infty$ про форму$(a,+\infty)$ або$(-\infty, a).$ Для односторонніх обмежень, замінити$G_{\neg p}$ його відповідним «половина».

Теорема$\PageIndex{1}$ (L'Hôpital's rule)

Дозвольте$f, g : E^{1} \rightarrow E^{*}$ диференціюватися на$G_{\neg p}$, з$g^{\prime} \neq 0$ там. Якщо$|f(x)|$ і$|g(x)|$, як правило,$+\infty,^{1}$ або обидва до$0,$ як$x \rightarrow p$ і якщо

$$\lim _{x \rightarrow p} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=r \text { exists in } E^{*},$$

то також

$$\lim _{x \rightarrow p} \frac{f(x)}{g(x)}=r;$$

аналогічно для$x \rightarrow p^{+}$ або$x \rightarrow p^{-}$.

Доказ

Досить розглянути ліву і праву межі. Обидва комбіновані потім дають двосторонній межа.

По-перше, нехай$-\infty \leq p<+\infty$,

$$\lim _{x \rightarrow p^{+}}|f(x)|=\lim _{x \rightarrow p^{+}}|g(x)|=+\infty \text { and } \lim _{x \rightarrow p^{+}} \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=r\text { (finite)}.$$

Тоді, враховуючи,$\varepsilon>0,$ ми можемо виправити$a>p\left(a \in G_{\neg p}\right)$ такі, що

$$\left|\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}-r\right|<\varepsilon, \text { for all } x \text { in the interval }(p, a).$$

Тепер застосуйте закон Коші середнього (§2, теорема 2) до кожного інтервалу$[x, a],$$p<x<a.$ Це дає, для кожного такого$x,$ деякого$q \in(x, a)$ з

$$g^{\prime}(q)[f(x)-f(a)]=f^{\prime}(q)[g(x)-g(a)].$$

Як$g^{\prime} \neq 0$ (за припущенням),$g(x) \neq g(a) \neq g(a)$ за теоремою 1, §2, так що ми можемо розділити, щоб отримати

$$\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\prime}(q)}{g^{\prime}(q)}, \quad \text { where } p<x<q<a.$$

Це в поєднанні з (1) врожайністю

$$\left|\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}-r\right|<\varepsilon,$$

або, установка

$$F(x)=\frac{1-f(a) / f(x)}{1-g(a) / g(x)},$$

у нас є

$$\left|\frac{f(x)}{g(x)} \cdot F(x)-r\right|<\varepsilon \text { for all } x \text { inside }(p, a).$$

Як$|f(x)|$ і$|g(x)| \rightarrow+\infty$ (за припущенням), ми маємо$F(x) \rightarrow 1$ як$x \rightarrow p^{+}$. Звідси за правилами для правильних обмежень існує$b \in(p, a)$ таке, що для всіх$x \in(p, b)$, і того і$|F(x)-1|<\varepsilon$ іншого і$F(x)>\frac{1}{2}$. (Чому?) Для таких$x$ формул (2) також тримається. Крім того,

$$\frac{1}{|F(x)|}<2 \text { and }|r-r F(x)|=|r||1-F(x)|<|r| \varepsilon.$$

Поєднуючи це з (2), ми маємо для$x \in(p, b)$

$$\begin{aligned}\left|\frac{f(x)}{g(x)}-r\right| &=\frac{1}{|F(x)|}\left|\frac{f(x)}{g(x)} F(x)-r F(x)\right| \\ &<2\left|\frac{f(x)}{g(x)} \cdot F(x)-r+r-r F(x)\right| \\ &<2 \varepsilon(1+|r|). \end{aligned}$$

Таким чином, з огляду на$\varepsilon>0,$ ми виявили$b>p$ таке, що

$$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-r\right|<2 \varepsilon(1+|r|), \quad x \in(p, b).$$

Як$\varepsilon$ довільно, ми маємо$\lim _{x \rightarrow p^{+}} \frac{f(x)}{g(x)}=r,$ як стверджував.

Справа$\lim _{x \rightarrow p^{+}} f(x)=\lim _{x \rightarrow p^{+}} g(x)=0$ простіше. Як і раніше, отримуємо

$$\left|\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}-r\right|<\varepsilon.$$

Тут ми можемо також замінити$" a^{\prime \prime}$ будь-яким$y \in(p, a).$ Зберігаючи$y$ фіксованою, нехай$x \rightarrow p^{+}$. Тоді$f(x) \rightarrow 0$ і$g(x) \rightarrow 0,$ так отримуємо

$$\left|\frac{f(y)}{g(y)}-r\right| \leq \varepsilon \text { for any } y \in(p, a).$$

Як$\varepsilon$ це довільно, це означає$\lim _{y \rightarrow p^{+}} \frac{f(y)}{g(y)}=r.$ Таким чином, справа$x \rightarrow p^{+}$ вирішується для кінцевого$r.$

$x \rightarrow p^{-}$Випадки$r=\pm \infty$ і аналогічні, і ми залишаємо їх читачеві. $\quad \square$

Примітка 1. $\lim \frac{f(x)}{g(x)}$може існувати, навіть якщо$\lim \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ цього не відбувається. Наприклад, візьмемо

$$f(x)=x+\sin x \text { and } g(x)=x.$$

Тоді

$$\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{\sin x}{x}\right)=1 \quad(\text { why? }),$$

проте

$$\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=1+\cos x$$

не схильний до будь-яких обмежень, як$x \rightarrow+\infty$.

Примітка 2. Правило не вдається, якщо необхідні припущення не задовольняються, наприклад, якщо$g^{\prime}$ має нульові значення в кожному$G_{\neg p};$ див. завдання 4 нижче.

Часто корисно поєднувати правило L'Hôpital з деякими відомими формулами обмеження, такими як

$$\lim _{z \rightarrow 0}(1+z)^{1 / z}=e \text { or } \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sin x}=1 \text { (see §1, Problem 8).}$$

Приклади

(а)$\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln x}{x}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{(\ln x)^{\prime}}{1}=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}=0.$

(б)$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\ln (1+x)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1 /(1+x)}{1}=1.$

(c)$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-\sin x}{x^{3}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1-\cos x}{3 x^{2}}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{6 x}=\frac{1}{6} \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x}=\frac{1}{6}.$

(Тут нам довелося застосовувати правило L'Hôpital неодноразово.)

(d) Розглянемо

$$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{-1 / x}}{x}.$$

Беручи похідні (навіть$n$ раз), один отримує

$$\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{e^{-1 / x}}{n ! x^{n+1}}, \quad n=1,2,3, \ldots \text { (always indeterminate!).}$$

При цьому правило не дає ніяких результатів. У цьому випадку, однак, допомагає простий пристрій (див. Проблема 5 нижче).

(e)$\lim _{n \rightarrow \infty} n^{1 / n}$ не має форми$\frac{0}{0}$ або$\frac{\infty}{\infty},$ так правило не застосовується безпосередньо. Замість цього ми обчислюємо

$$\lim _{n \rightarrow \infty} \ln n^{1 / n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\ln n}{n}=0 \text { (Example (a))}.$$

Звідси

$$n^{1 / n}=\exp \left(\ln n^{1 / n}\right) \rightarrow \exp (0)=e^{0}=1$$

за неперервністю експоненціальних функцій. Відповідь тоді 1.