5.3: Правило L'Hôpital
- Page ID
- 63117
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».
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
\[\lim _{z \rightarrow 0}(1+z)^{1 / z}=e \text { or } \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x}{\sin x}=1 \text { (see §1, Problem 8).}\]
(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.