Примеры

Пример 1. Вычислим предел

 

lim x → 0 x − ln(1 + x) x2   .

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела является отношением двух дифференцируемых функций, бесконечно малых при x → 0, так как

 

lim x → 0 [ x − ln(1 + x) ] = 0,     и     lim x → 0 x2 = 0 .

 

2. Для вычисления предела применяем правило Лопиталя. Получаем

 

lim x → 0 x − ln(1 + x) x2   = lim x → 0 1 − 1/(1 + x) 2x   = lim x → 0 1 + x − 1 2x (1 + x)   =   1 2 .

 

Пример 2. Вычислим предел

 

lim x → 0 x − sin x x3 .

(1)

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела является отношением двух дифференцируемых функций, бесконечно малых при x → 0, так как

 

lim x → 0 (x − sin x) = 0,     и     lim x → 0 x3 = 0 .

 

2. Отношение производных числителя и знаменателя в (1)

 

1 − cos x 3x2

 

также является отношением двух дифференцируемых функций, бесконечно малых при x → 0.

Поэтому для вычисления предела (1) применяем правило Лопиталя дважды. Получаем

 

lim x → 0 x − sin x x3   =   lim x → 0 1 − cos x 3x2   = lim x → 0 sin x 6x   =   1 6  .

 

Замечание. В последнем равенстве мы использовали первый замечательный предел

 

lim x → 0 sin x x   = 1 ,

 

хотя можно было бы еще раз применить правило Лопиталя.

Вообще, применение правила Лопиталя не исключает использования эквивалентных бесконечно малых функций и других методов вычисления пределов.

Пример 3. Вычислим предел

 

lim x → + ∞ ln x xα           (α>0) .

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела является отношением двух дифференцируемых на интервале (0, + ∞) функций, бесконечно больших при x → + ∞, так как

 

lim x → + ∞ ln x = + ∞,     и     lim x → + ∞ xα = + ∞     (α>0) .

 

2. Для вычисления предела применяем правило Лопиталя. Получаем

 

lim x → + ∞ ln x xα   = lim x → + ∞ 1/x α xα − 1   = lim x → + ∞ 1 α xα   = 0         (α>0) .

 

Пример 4. Вычислим предел

 

lim x → + ∞ xn ex           (n О N) .

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела является отношением двух дифференцируемых на интервале (0, + ∞) функций, бесконечно больших при x → + ∞, так как

 

lim x → + ∞ xn = + ∞ ,     и     lim x → + ∞ ex = + ∞ .

 

2. Для вычисления предела применяем правило Лопиталя n раз. Получаем

 

lim x → + ∞ xn ex   = lim x → + ∞ n xn − 1 ex   =   …   =   lim x → + ∞ n(n − 1) · … · 1 ex   = 0 .

 

Замечание. Примеры 3 и 4 показывают, что при х → + ∞ наиболее быстро возрастает показательная функция eх , затем — степенная функция xα с любым положительным показателем, а медленнее всех — логарифмическая функция ln x, т.е. при достаточно больших значениях x и любом α>0 выполняются неравенства

 

ln x << xα << ex .

 

Пример 5. Вычислим предел

 

lim x → 0 + 0 (xα · ln x)         (α>0) .

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела является произведением бесконечно малой и бесконечно большой функций при x → 0 + 0, так как

 

lim x → 0 + 0 xα = 0     (α>0) ,     и     lim x → 0 + 0 lnx = − ∞ .

 

2. Чтобы применить правило Лопиталя для вычисления предела, преобразуем выражение под знаком предела. Получаем отношение функций, бесконечно больших при x, стремящемся к нулю справа:

 

xα · ln x   =   ln x x − α   .

 

3. Применяя правило Лопиталя, получаем

 

lim x → 0 + 0 (xα · ln x)   = lim x → 0 + 0 ln x x − α   = lim x → 0 + 0 1/x − α · x − α − 1   = −   1 α   lim x → 0 + 0 xα   = 0       (α>0) .

 

Пример 6. Вычислим предел

 

lim x → 0 + 0 xx .

 

Решение.

1. Выражение под знаком предела имеет вид [f(x)]g(x) , где функции f(x) и g(x) — бесконечно малые при x → 0 + 0.

2. Чтобы применить правило Лопиталя для вычисления предела, преобразуем выражение под знаком предела к виду

 

xx   =   ex · ln x .

 

3. Перейдем к пределу под знаком непрерывной функции eu.   Получаем

 

lim x → 0 + 0 xx   =   e lim x → 0 + 0 (x · ln x) .

(2)

 

4. Предел показателя x · ln x равен нулю (пример 5). Подставляя это значение в (2), получаем искомый предел

 

lim x → 0 + 0 xx   =   e lim x → 0 + 0 x · ln x)   =   e0   =   1 .