Вычисление пределов: правило Лопиталя и формула Тейлора

Содержание

Неопределённости и правило Лопиталя
Применение правила и преобразование других форм
Границы метода Лопиталя
Многочлен Тейлора, остаток и $o$ -малое
Порядок разложения, практика и выбор метода
Типичные ошибки, самопроверка и итог

Что даст эта статья.

Мы разберём два инструмента для пределов, которые часто воспринимаются как набор механических действий. После статьи вы сможете распознавать формы, к которым применимо правило Лопиталя, проверять его условия перед каждым использованием, преобразовывать произведения, разности и степени, строить многочлен Тейлора, читать запись с $o$ -малым и выбирать ровно столько членов разложения, сколько требует задача.

Главная цель — не научиться бездумно дифференцировать числитель и знаменатель, а понимать, почему выбранный метод законен и какую информацию о функции он использует.

Для чтения понадобятся базовые правила вычисления пределов и производных. Все специальные обозначения введём по ходу статьи. В частности, объясним, что означают $f^{(k)}(x_0)$ , $k!$ , $o(x^n)$ и почему запись неопределённости не является ответом.

В блоках «Пример» решение разобрано полностью. Блоки «Задача» предназначены для самостоятельной работы; ответы к ним собраны в конце статьи.

Неопределённость: почему подстановка не даёт ответ

Первый шаг в задаче на предел — попробовать понять, к чему стремятся отдельные части выражения. Иногда обычная подстановка сразу даёт число. Например,

\lim_{x\to2}\frac{x+1}{x+3} = \frac35

потому что знаменатель при $x=2$ не равен нулю.

Но бывают ситуации, когда подстановка приводит не к числу, а к условной записи вроде

\left[\frac00\right], \qquad \left[\frac{\infty}{\infty}\right], \qquad [0\cdot\infty], \qquad [\infty-\infty], \qquad [1^\infty]

Такие записи называют неопределённостями. Они не сообщают значение предела. Они лишь предупреждают: по отдельным пределам частей результат определить нельзя.

Смысл задачи состоит в сравнении скоростей изменения числителя и знаменателя. Правило Лопиталя сравнивает эти скорости через производные. Формула Тейлора раскрывает локальное устройство функций по степеням $x-x_0$ .

Что получилось	Что это означает
Обычное число	Если все операции непрерывны и знаменатель не обращается в ноль, подстановка завершает вычисление.
$\left[\dfrac00\right]$ или $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$	Можно проверить условия правила Лопиталя или использовать разложения.
$[0\cdot\infty]$ , $[\infty-\infty]$ , степенная форма	Сначала нужно точным преобразованием получить дробь подходящего вида или перейти к логарифму.
Другая форма	Правило Лопиталя напрямую не применяется; нужен другой метод.

Правило Лопиталя: идея и точная формулировка

Сначала сформулируем правило обычными словами. Если дробь имеет форму $\left[\dfrac00\right]$ или $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ , числитель и знаменатель можно продифференцировать отдельно. Если выполнены условия теоремы и предел нового отношения существует, он равен исходному пределу.

\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)} =L

Теперь запишем это правило точно. Предел может быть конечным, бесконечным или односторонним.

Для конечного $x_0$ выражение проколотая окрестность означает достаточно близкие к $x_0$ значения $x$ , но без самой точки $x_0$ . При $x\to+\infty$ рассматривают достаточно большие $x$ , а при $x\to-\infty$ — отрицательные $x$ , большие по модулю. Функции в самой предельной точке могут быть не определены: для предела важно поведение рядом.

Чтобы формулировка не выглядела как набор незнакомых знаков, прочитаем её ключевые фрагменты обычными словами.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$x\to x_0$	« $x$ стремится к $x_0$ »	Значения $x$ приближаются к предельной точке, но не обязаны быть равны ей.
$g'(x)\neq0$	« $g$ штрих от $x$ не равно нулю»	В новом отношении производных можно делить на $g'(x)$ для всех достаточно близких допустимых $x$ .
$f(x)\to0,\;g(x)\to0$	« $f(x)$ и $g(x)$ стремятся к нулю»	Исходная дробь имеет неопределённую форму $\left[\dfrac00\right]$ .
$\lvert f(x)\rvert\to\infty,\;\lvert g(x)\rvert\to\infty$	«модули $f(x)$ и $g(x)$ неограниченно растут»	Исходная дробь имеет форму $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ ; знаки функций могут зависеть от стороны приближения.
$\displaystyle\lim_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L$	«предел отношения производных равен $L$ »	После проверки остальных условий именно это число становится пределом исходного отношения.

Как применять правило Лопиталя

Удобно каждый раз проходить один и тот же короткий маршрут.

Шаг	Что проверить
1	Найти пределы числителя и знаменателя по отдельности.
2	Убедиться, что получена форма $\left[\dfrac00\right]$ или $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ .
3	Проверить дифференцируемость функций рядом с точкой, определённость дроби и условие $g'(x)\neq0$ .
4	Дифференцировать числитель и знаменатель отдельно, не применяя правило производной дроби.
5	Исследовать новый предел. Если неопределённость сохранилась, заново проверить условия перед повторным применением.

Повторное применение правила

После первого дифференцирования может снова возникнуть неопределённость. Тогда правило разрешено применить повторно, но только после новой проверки формы и условий.

Пример

Вычислим предел из исходной статьи:

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x}

При $x\to+\infty$

x^2\to+\infty, \qquad e^x\to+\infty

Получена форма $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ . Функции дифференцируемы, $e^x\neq0$ , поэтому применяем правило:

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{e^x}

Новый числитель и знаменатель снова стремятся к $+\infty$ . Условия сохраняются, поэтому применяем правило ещё раз:

\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{e^x} &= \lim_{x\to+\infty}\frac{2}{e^x} = 0 \end{aligned}

Следовательно,

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x}=0

LaTeX — Отношение сначала растёт, но после точки $x=2$ начинает уменьшаться и приближается к нулю. Рисунок иллюстрирует ответ, а его обоснование даёт вычисленный предел

Как преобразовать другие неопределённости

Правило Лопиталя напрямую относится только к двум дробным формам. Произведение, разность или степень сначала нужно точно преобразовать.

Форма	Обычный первый шаг
$[0\cdot\infty]$	Переписать произведение как частное: $f g=\dfrac{f}{\dfrac1g}$ или $f g=\dfrac{g}{\dfrac1f}$ .
$[\infty-\infty]$	Привести к общему знаменателю, вынести общий множитель или домножить на сопряжённое выражение.
$[0^0]$ , $[1^\infty]$ , $[\infty^0]$	При положительном основании положить $y=u(x)^{v(x)}$ , перейти к $\ln y=v(x)\ln u(x)$ , исследовать показатель и затем вернуться через экспоненту.

Пример

Рассмотрим степенную неопределённость из исходной статьи:

\lim_{x\to0+}x^x

Ограничение $x\to0+$ существенно: при $x>0$ можно использовать логарифм. Положим

y=x^x

Тогда

\ln y=x\ln x

В показателе получена форма $[0\cdot(-\infty)]$ . Перепишем произведение как частное:

x\ln x=\frac{\ln x}{\dfrac1x}

Теперь числитель стремится к $-\infty$ , знаменатель к $+\infty$ . Применяем правило Лопиталя:

\begin{aligned} \lim_{x\to0+}\frac{\ln x}{\dfrac1x} &= \lim_{x\to0+}\frac{\dfrac1x}{-\dfrac1{x^2}}\\ &= \lim_{x\to0+}(-x) = 0 \end{aligned}

Значит,

\ln y\to0

Экспонента непрерывна, поэтому

y=e^{\ln y}\to e^0=1

Итак,

\lim_{x\to0+}x^x=1

Пример

Разберём форму $[\infty-\infty]$ :

\lim_{x\to0} \left( \frac1x-\frac1{e^x-1} \right)

Сначала приводим дроби к общему знаменателю:

\frac1x-\frac1{e^x-1} = \frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}

Теперь числитель и знаменатель стремятся к нулю. Применяем правило Лопиталя:

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)} &= \lim_{x\to0} \frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x} \end{aligned}

Неопределённость $\left[\dfrac00\right]$ сохранилась. После повторной проверки применяем правило ещё раз:

\begin{aligned} \lim_{x\to0} \frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x} &= \lim_{x\to0} \frac{e^x}{2e^x+xe^x}\\ &= \lim_{x\to0}\frac1{2+x} = \frac12 \end{aligned}

Границы метода Лопиталя

Правило Лопиталя даёт достаточное условие, но не является критерием существования предела.

Метод также может быть законным, но неудобным. Если после каждого дифференцирования выражение становится длиннее, а в числителе и знаменателе происходят тонкие сокращения, формула Тейлора обычно показывает структуру быстрее.

Идея многочлена Тейлора

Правило Лопиталя отвечает на вопрос о пределе отношения. Формула Тейлора даёт более подробную картину: она показывает, из каких степенных частей складывается функция рядом с выбранной точкой.

Самая простая локальная модель функции — касательная. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$ , то рядом с $x_0$

f(x) \approx f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)

Правая часть является многочленом первой степени. Она совпадает с функцией по значению и по первой производной в точке $x_0$ .

Если добавить квадрат, куб и следующие степени, можно заставить модель совпасть с функцией ещё и по производным более высоких порядков.

Здесь и далее $n$ — неотрицательное целое число: $0,1,2,\ldots$ . Оно показывает порядок многочлена, то есть наивысшую сохранённую степень.

Разберём обозначения не по одному символу, а по смысловым частям формулы.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$P_n(x)$	« $P$ с индексом $n$ от $x$ »	Многочлен, в котором сохранены степени от нулевой до $n$ -й.
$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$	«сумма по $k$ от нуля до $n$ »	Короткая запись всех слагаемых многочлена Тейлора. Индекс $k$ по очереди принимает значения $0,1,\ldots,n$ .
$f^{(k)}(x_0)$	«производная $k$ -го порядка в точке $x_0$ »	Коэффициент берётся из поведения функции в центре разложения; по соглашению $f^{(0)}=f$ .
$\displaystyle\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$	« $k$ -е слагаемое суммы»	Производная задаёт коэффициент, а степень $x-x_0$ показывает, как слагаемое меняется при удалении от центра.

Факториал в знаменателе читается « $k$ факториал» и означает

k!=1\cdot2\cdot3\cdots k, \qquad 0!=1

Порядок $n$ показывает наивысшую степень, которую мы сохраняем, а $x-x_0$ является отклонением от центра разложения. Именно это отклонение стремится к нулю при $x\to x_0$ .

Рисунок показывает локальную идею, но не утверждает, что многочлен лучше на всей числовой прямой. Формула Тейлора описывает поведение именно при $x\to x_0$ , то есть вблизи центра разложения.

Формула Тейлора и формула Маклорена

Многочлен $P_n$ является только приближением. Чтобы получить точное равенство, к нему добавляют остаточный член.

Запись является точным асимптотическим равенством. Символ $o\left((x-x_0)^n\right)$ обозначает не конкретную функцию, одинаковую во всех формулах, а остаток, который мал по сравнению с $(x-x_0)^n$ . Подробный смысл разберём в следующем разделе.

Если центр разложения равен нулю, получаем важный частный случай.

Остаток Пеано особенно удобен в пределах: он сообщает относительный порядок ошибки. Но одна запись $o(x^n)$ не даёт готовой численной границы погрешности при конкретном $x$ . Для численных оценок часто используют другую форму остатка.

Для углубления: явная оценка погрешности. Буква $\xi$ читается «кси» и обозначает некоторую промежуточную точку между $x_0$ и $x$ .

Если на этом промежутке известно

\left|f^{(n+1)}(t)\right|\leq M

то

\left|f(x)-P_n(x)\right| \leq \frac{M}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}

Это уже явная верхняя оценка ошибки.

$o$ -малое и смысл остаточного члена

Символ $o$ -малого сравнивает не абсолютные размеры функций, а скорость их убывания или роста относительно друг друга.

Здесь подряд появились несколько связанных записей. Таблица показывает, как они выражают одну и ту же мысль.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$\alpha(x)=o(g(x))$	«альфа от $x$ есть $o$ -малое от $g(x)$ »	Функция $\alpha$ пренебрежимо мала именно по сравнению с выбранным масштабом $g$ .
$\alpha(x)=g(x)\varepsilon(x)$	«альфа равна $g$ , умноженной на эпсилон»	В $\alpha$ можно выделить масштаб $g$ и дополнительный множитель $\varepsilon(x)$ .
$\varepsilon(x)\to0$	«эпсилон от $x$ стремится к нулю»	Дополнительный множитель исчезает при приближении к предельной точке.
$\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{g(x)}=0$	«предел отношения альфа к $g$ равен нулю»	После деления на выбранный масштаб вклад $\alpha$ исчезает; это проверка записи с $o$ -малым.

Функция $\alpha$ может не быть маленькой сама по себе. Важно, что она пренебрежимо мала по сравнению с выбранной функцией $g$ .

Теперь прочитаем остаток в формуле Тейлора:

R_n(x)=o\left((x-x_0)^n\right)

Это означает

\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}\to0 \qquad (x\to x_0)

Следовательно, после деления формулы на $(x-x_0)^n$ вклад остатка исчезает в пределе.

Для $x\to0$ и неотрицательных целых $m,n$ полезны свойства

\begin{aligned} o(x^n)+o(x^n)&=o(x^n),\\ C\cdot o(x^n)&=o(x^n),\\ x^m\cdot o(x^n)&=o(x^{m+n}),\\ o(x^m)\cdot o(x^n)&=o(x^{m+n}) \end{aligned}

Кроме того,

o(x^m)+o(x^n) = o\left(x^{\min(m,n)}\right)

Эти записи описывают класс возможных остатков, поэтому $o(x^n)$ нельзя обращаться как с одним фиксированным числом.

Как выбрать порядок разложения

В пределах не нужно автоматически выписывать как можно больше членов. Нужен первый порядок, на котором после всех сокращений остаётся ненулевой вклад.

Рассмотрим выражение

\sin x-x

Базовая эквивалентность

\sin x\sim x

читается « $\sin x$ эквивалентен $x$ » и означает

\frac{\sin x}{x}\to1 \qquad (x\to0)

Она описывает только главный линейный член. Но в разности именно эти линейные части сокращаются. Поэтому запись

\sin x-x\sim x-x=0

не имеет смысла и не даёт порядка остатка.

Нужен следующий ненулевой член:

\sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

Тогда

\sin x-x = -\frac{x^3}{6}+o(x^3)

и становится видно, что разность имеет третий порядок малости.

Шаг	Действие
1	Определить, к какой точке стремится аргумент разлагаемой функции.
2	Найти ожидаемый порядок знаменателя или другой сравниваемой части.
3	Разложить функции до этого порядка и выполнить точные сокращения.
4	Если все выписанные члены исчезли, добавить следующий ненулевой член.
5	Проверить, что остатки после деления действительно стремятся к нулю.

Таблица разложений Маклорена

Ниже собраны конечные разложения, удобные для типичных пределов при $x\to0$ . В каждой строке остаток относится именно к последней выписанной степени.

Функция	Разложение при $x\to0$
$e^x$	$e^x = 1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^4}{4!}+o(x^4)$
$\sin x$	$\sin x = x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+o(x^5)$
$\cos x$	$\cos x = 1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+o(x^4)$
$\ln(1+x)$	$\ln(1+x) = x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+o(x^4)$
$(1+x)^\alpha$	$(1+x)^\alpha = 1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 +\dfrac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3 +o(x^3)$
$\dfrac1{1-x}$	$\dfrac1{1-x} = 1+x+x^2+x^3+x^4+o(x^4)$
$\dfrac1{1+x}$	$\dfrac1{1+x} = 1-x+x^2-x^3+x^4+o(x^4)$
$\tan x$	$\tan x = x+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{2x^5}{15}+o(x^5)$
$\arcsin x$	$\arcsin x = x+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{3x^5}{40}+o(x^5)$
$\arctan x$	$\arctan x = x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}+o(x^5)$

В строке с $(1+x)^\alpha$ число $\alpha$ считается фиксированным, а основание рассматривается там, где вещественная степень определена. Для логарифма требуется $1+x>0$ , что выполняется для всех достаточно малых $|x|$ .

Таблицу не нужно воспринимать как список независимых заклинаний. Все коэффициенты можно восстановить по производным, а порядок выбирается под конкретную задачу.

Пределы по формуле Тейлора

В каждом примере будем явно отвечать на три вопроса:

около какой точки строится разложение;
до какого порядка оно нужно;
почему остаток исчезает после деления.

Пример

Вычислим первый предел из исходной статьи:

\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}

Знаменатель имеет порядок $x^3$ , поэтому синус нужно разложить до кубического члена:

\sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

Подставляем:

\begin{aligned} \frac{\sin x-x}{x^3} &= \frac{x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)-x}{x^3}\\ &= -\frac16+\frac{o(x^3)}{x^3} \end{aligned}

По определению $o$ -малого

\frac{o(x^3)}{x^3}\to0

Следовательно,

\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3} = -\frac16

Главный линейный член сократился, поэтому одной эквивалентности $\sin x\sim x$ для этой задачи было недостаточно.

Пример

Вычислим

\lim_{x\to0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}

Знаменатель имеет четвёртый порядок, поэтому обе функции нужно разложить до $x^4$ .

Для косинуса

\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)

В экспоненте внутренний аргумент равен

u=-\frac{x^2}{2}\to0

Используем

e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2)

Тогда

\begin{aligned} e^{-\frac{x^2}{2}} &= 1-\frac{x^2}{2} +\frac12\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 +o(x^4)\\ &= 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4) \end{aligned}

Вычитаем:

\begin{aligned} \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}} &= \left(\frac1{24}-\frac18\right)x^4 +o(x^4)\\ &= -\frac{x^4}{12}+o(x^4) \end{aligned}

После деления на $x^4$

\lim_{x\to0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4} = -\frac1{12}

Здесь совпали постоянные и квадратные члены, поэтому ответ определила разность коэффициентов при $x^4$ .

Пример

Рассмотрим предел

\lim_{x\to0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x}

В числителе ожидаются сокращения постоянных, линейных и квадратных частей, поэтому выписываем разложения до $x^3$ :

e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)

e^{-x} = 1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

Следовательно,

\begin{aligned} e^x-e^{-x}-2x &= \frac{x^3}{3}+o(x^3) \end{aligned}

Для знаменателя

\begin{aligned} x-\sin x &= x-\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\\ &= \frac{x^3}{6}+o(x^3) \end{aligned}

Теперь делим числитель и знаменатель на $x^3$ :

\begin{aligned} \lim_{x\to0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x} &= \lim_{x\to0} \frac{\dfrac13+\dfrac{o(x^3)}{x^3}} {\dfrac16+\dfrac{o(x^3)}{x^3}}\\ &= \frac{\dfrac13}{\dfrac16} \\ &= 2 \end{aligned}

Итак,

\lim_{x\to0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x} = 2

Лопиталь или Тейлор: как выбрать метод

Один и тот же предел иногда удобно вычислить обоими способами.

Пример

Найдём

\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}

Способ 1. Правило Лопиталя.

Получена форма $\left[\dfrac00\right]$ :

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2} &= \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x} \end{aligned}

После первого применения форма $\left[\dfrac00\right]$ сохраняется. Проверяем условия ещё раз:

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x} &= \lim_{x\to0}\frac{e^x}{2}\\ &= \frac12 \end{aligned}

Способ 2. Формула Тейлора.

Разложение до второй степени:

e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)

Поэтому

\begin{aligned} \frac{e^x-1-x}{x^2} &= \frac{\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}\\ &= \frac12+\frac{o(x^2)}{x^2} \to \frac12 \end{aligned}

Оба метода законны. Лопиталь здесь короток, а Тейлор дополнительно показывает, почему числитель имеет второй порядок малости.

Ситуация	Обычно удобнее
Дробь формы $\left[\frac00\right]$ или $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ , а производные заметно упрощают выражение	Правило Лопиталя.
Произведение, разность или степень	Сначала точное преобразование; затем выбрать Лопиталя или Тейлора.
Несколько почти одинаковых функций и многократные сокращения	Формула Тейлора.
Нужно найти первый ненулевой член или порядок малости	Формула Тейлора.
Нужно численное приближение с оценкой ошибки	Многочлен Тейлора и остаток Лагранжа.
После дифференцирования отношение становится сложнее	Вернуться к преобразованиям или разложениям.

Типичные ошибки

Проверьте себя

Сначала ответьте самостоятельно. В вычислительных пунктах подпишите форму неопределённости или требуемый порядок разложения.

К каким двум дробным формам напрямую применяется правило Лопиталя? Почему к пределу
$\lim_{x\to0}\frac{1+x}{x}$
правило неприменимо?
Вычислите
$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}$
любым из двух методов.
Объясните, почему при повторном применении правила Лопиталя нельзя просто дифференцировать «до получения ответа».
Вычислите
$\lim_{x\to0} \frac{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^3}$
Вычислите
$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}$
и объясните, почему эквивалентность $\sin x\sim x$ не решает задачу напрямую.
Какие из утверждений верны при $x\to0$ :
$x^3=o(x^2), \qquad x^2=o(x^3), \qquad x^5=o(x^4)$
Постройте многочлен Маклорена второго порядка для $e^x$ и проверьте совпадение значений первых двух производных в нуле.
Какой метод вы выберете для предела
$\lim_{x\to0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}$
и почему?

Ответы к разделу «Проверьте себя».

Ниже приведены не только итоговые ответы, но и ход рассуждения, чтобы можно было проверить каждый переход.

Разберём условие применения правила.
Правило Лопиталя напрямую применяется только к двум дробным неопределённостям:
$\left[\dfrac00\right] \qquad\text{и}\qquad \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$
Для дроби из вопроса сначала исследуем числитель и знаменатель по отдельности:
$1+x\to1, \qquad x\to0 \qquad (x\to0)$
Получилась форма $\left[\dfrac10\right]$ , а не одна из двух допустимых неопределённостей. Поэтому переход к отношению производных был бы незаконным.
Чтобы понять, существует ли сам предел, перепишем дробь:
$\frac{1+x}{x}=\frac1x+1$
При $x\to0+$ величина $\dfrac1x\to+\infty$ , поэтому
$\frac{1+x}{x}\to+\infty$
При $x\to0-$ , наоборот, $\dfrac1x\to-\infty$ , поэтому
$\frac{1+x}{x}\to-\infty$
Односторонние пределы различны, следовательно, двустороннего предела нет.
Вычислим предел двумя способами.
Способ 1. Формула Тейлора.
Знаменатель имеет порядок $x^2$ , поэтому косинус нужно разложить до квадратного члена:
$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$
Отсюда
$1-\cos x = 1-\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right) = \frac{x^2}{2}+o(x^2)$
Делим на $x^2$ :
$\begin{aligned} \frac{1-\cos x}{x^2} &= \frac{\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}\\ &= \frac12+\frac{o(x^2)}{x^2} \to \frac12 \end{aligned}$
Последний переход законен по определению $o$ -малого. Способ 2. Правило Лопиталя.
При $x\to0$ числитель и знаменатель стремятся к нулю, то есть получена форма $\left[\dfrac00\right]$ . Обе функции дифференцируемы рядом с нулём, а производная знаменателя $2x\neq0$ при $x\neq0$ . Поэтому
$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x}$
Новый числитель и знаменатель снова стремятся к нулю. Проверяем условия ещё раз: производная нового знаменателя равна $2\neq0$ . Тогда
$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x} = \lim_{x\to0}\frac{\cos x}{2} = \frac12$
В обоих способах получаем
$\dfrac12$
Почему нельзя дифференцировать автоматически.
Каждое применение правила Лопиталя является новым использованием теоремы. После дифференцирования возможны три ситуации:
1. неопределённость исчезла, и новый предел уже вычисляется обычной подстановкой;
2. форма $\left[\dfrac00\right]$ или $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ сохранилась, поэтому правило можно рассмотреть ещё раз;
3. условия теоремы перестали выполняться, например отношение производных не имеет предела.
Например,
\[\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x} = \lim_{x\to0}(\cos x-1) = 0\]
После первого применения получилась обычная форма $\dfrac01$ , поэтому повторное дифференцирование уже не разрешено правилом Лопиталя и не требуется для решения.
Выберем нужный порядок разложения.
Знаменатель равен $x^3$ , поэтому экспоненту нужно разложить до кубического члена:
$e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
Подставляем это разложение в числитель и аккуратно сокращаем одинаковые слагаемые:
$\begin{aligned} e^x-1-x-\frac{x^2}{2} &= \left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right) -1-x-\frac{x^2}{2}\\ &= \frac{x^3}{6}+o(x^3) \end{aligned}$
Теперь делим на $x^3$ :
$\begin{aligned} \frac{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^3} &= \frac{\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^3}\\ &= \frac16+\frac{o(x^3)}{x^3} \to \frac16 \end{aligned}$
Следовательно,
$\dfrac16$
Учтём сокращение главных частей.
Разложение синуса до кубического члена имеет вид
$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
После вычитания $x$ линейные члены исчезают:
$\sin x-x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
Поэтому
$\begin{aligned} \frac{\sin x-x}{x^3} &= -\frac16+\frac{o(x^3)}{x^3}\\ &\to -\frac16 \end{aligned}$
Итак,
$-\dfrac16$
Эквивалентность $\sin x\sim x$ сообщает только, что $\dfrac{\sin x}{x}\to1$ . Она не показывает, как быстро разность $\sin x-x$ стремится к нулю. В этой разности линейные главные части взаимно уничтожаются, поэтому нужен следующий ненулевой член $-\dfrac{x^3}{6}$ .
Проверим каждую запись по определению.
Равенство $u(x)=o(v(x))$ означает, что $\dfrac{u(x)}{v(x)}\to0$ .
Для первой записи
$\frac{x^3}{x^2}=x\to0$
поэтому $x^3=o(x^2)$ .
Для второй записи
$\frac{x^2}{x^3}=\frac1x$
Отношение не стремится к нулю: справа оно уходит в $+\infty$ , а слева в $-\infty$ . Следовательно, $x^2\neq o(x^3)$ .
Для третьей записи
$\frac{x^5}{x^4}=x\to0$
поэтому $x^5=o(x^4)$ .
Верны первая и третья записи.
Построим многочлен по производным.
Для $f(x)=e^x$ все производные снова равны $e^x$ . В точке $x=0$ получаем
$f(0)=1, \qquad f'(0)=1, \qquad f''(0)=1$
Формула многочлена Маклорена второго порядка:
$P_2(x) = f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2$
Подставляя найденные значения, имеем
$P_2(x)=1+x+\frac{x^2}{2}$
Проверим совпадение производных:
$P_2'(x)=1+x, \qquad P_2''(x)=1$
Поэтому
$P_2(0)=1=f(0), \qquad P_2'(0)=1=f'(0), \qquad P_2''(0)=1=f''(0)$
Значение функции и значения первых двух производных действительно совпали в центре разложения.
Выберем формулу Тейлора.
В числителе вычитаются две функции с одинаковыми постоянными и квадратными членами. Ответ появляется только на четвёртом порядке, поэтому разложения сразу покажут нужные сокращения. Для косинуса
$\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$
Для экспоненты положим $u=-\dfrac{x^2}{2}$ . Так как $u\to0$ , используем
$e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2)$
и получаем
$\begin{aligned} e^{-\frac{x^2}{2}} &= 1-\frac{x^2}{2} +\frac12\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 +o(x^4)\\ &= 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4) \end{aligned}$
Вычитаем разложения:
$\begin{aligned} \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}} &= \left(\frac1{24}-\frac18\right)x^4+o(x^4)\\ &= -\frac{x^4}{12}+o(x^4) \end{aligned}$
После деления на $x^4$
$\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4} = -\frac1{12}+\frac{o(x^4)}{x^4} \to -\frac1{12}$
Ответ:
$-\dfrac1{12}$
Правило Лопиталя тоже можно применить, но потребовалось бы несколько раз дифференцировать сложную функцию. Здесь Тейлор заметно яснее показывает причину ответа.

Подробные ответы к задачам по ходу статьи.

Предел с логарифмом.
Логарифм $\ln(1+x)$ определён при $1+x>0$ , то есть при $x>-1$ . Следовательно, он определён в некоторой окрестности нуля. При $x\to0$
$\ln(1+x)\to\ln1=0, \qquad x\to0$
Получена форма $\left[\dfrac00\right]$ . Числитель и знаменатель дифференцируемы при $x>-1$ , а производная знаменателя равна $1\neq0$ . Поэтому по правилу Лопиталя
$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x &= \lim_{x\to0} \frac{\dfrac1{1+x}}1\\ &= \frac1{1+0} = 1 \end{aligned}$
Ответ: $1$ .
Полином, делённый на экспоненту.
При $x\to+\infty$ полином $3x^2-5x+1\to+\infty$ и $e^x\to+\infty$ . Получена форма $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ . Обе функции дифференцируемы, а $(e^x)'=e^x\neq0$ , поэтому
$\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-5x+1}{e^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{6x-5}{e^x}$
После первого применения числитель и знаменатель снова стремятся к $+\infty$ . Условия сохраняются, поэтому применяем правило второй раз:
$\lim_{x\to+\infty}\frac{6x-5}{e^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac6{e^x}$
Теперь неопределённости нет: числитель постоянен, а знаменатель неограниченно растёт. Следовательно,
$\lim_{x\to+\infty}\frac6{e^x}=0$
Ответ: $0$ . Третье применение правила не требуется.
Произведение $x\ln x$ .
Рассматривается правосторонний предел, потому что $\ln x$ определён только при $x>0$ . При $x\to0+$
$x\to0, \qquad \ln x\to-\infty$
Получена форма $[0\cdot(-\infty)]$ , к которой правило Лопиталя напрямую неприменимо. Перепишем произведение как дробь:
$x\ln x = \frac{\ln x}{\dfrac1x}$
Теперь числитель стремится к $-\infty$ , а знаменатель к $+\infty$ . Функции дифференцируемы при $x>0$ , и производная знаменателя $-\dfrac1{x^2}\neq0$ . Поэтому
$\begin{aligned} \lim_{x\to0+}\frac{\ln x}{\dfrac1x} &= \lim_{x\to0+} \frac{\dfrac1x}{-\dfrac1{x^2}}\\ &= \lim_{x\to0+}(-x)\\ &= 0 \end{aligned}$
Ответ: $0$ .
Многочлен Маклорена для синуса.
Последовательно найдём производные:
$f(x)=\sin x, \qquad f'(x)=\cos x, \qquad f''(x)=-\sin x, \qquad f'''(x)=-\cos x$
В нуле
$f(0)=0, \qquad f'(0)=1, \qquad f''(0)=0, \qquad f'''(0)=-1$
Подставляем значения в формулу
$P_3(x) = f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\frac{f'''(0)}{3!}x^3$
и получаем
$P_3(x)=x-\frac{x^3}{6}$
Квадратичного члена нет, потому что $f''(0)=0$ .
Проверка записей с $o$ -малым.
Для каждой пары делим первую функцию на вторую:
$\frac{x^4}{x^3}=x\to0$
поэтому $x^4=o(x^3)$ . Далее,
$\frac{x^2}{x^3}=\frac1x$
не стремится к нулю, поэтому $x^2\neq o(x^3)$ . Наконец,
$\frac{x^5}{x^2}=x^3\to0$
поэтому $x^5=o(x^2)$ . Верны первая и третья записи.
Предел с тангенсом.
Знаменатель имеет третий порядок, поэтому используем разложение тангенса до кубического члена:
$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
После вычитания $x$
$\tan x-x=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
Следовательно,
$\begin{aligned} \frac{\tan x-x}{x^3} &= \frac13+\frac{o(x^3)}{x^3}\\ &\to \frac13 \end{aligned}$
Ответ: $\dfrac13$ .
Предел с логарифмом по формуле Тейлора.
Знаменатель равен $x^3$ , поэтому разложим логарифм до кубического члена:
$\ln(1+x) = x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
Подставляем и выполняем сокращения:
$\begin{aligned} \ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2} &= \left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\right) -x+\frac{x^2}{2}\\ &= \frac{x^3}{3}+o(x^3) \end{aligned}$
После деления на $x^3$
$\frac{\ln(1+x)-x+\dfrac{x^2}{2}}{x^3} = \frac13+\frac{o(x^3)}{x^3} \to \frac13$
Ответ: $\dfrac13$ .

Итог

Идея	Что нужно помнить
Неопределённость	Это не ответ, а сигнал выбрать метод после точной проверки формы.
Правило Лопиталя	Применяется к $\left[\dfrac00\right]$ и $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ . После каждого дифференцирования форму и условия проверяют заново.
Другие формы	Произведения и разности сначала преобразуют в дробь; положительную степень исследуют через логарифм.
Тейлор и Маклорен	Функцию представляют как многочлен и остаток; при центре $x_0=0$ получают формулу Маклорена.
$o$ -малое и порядок	Остаток исчезает после деления на выбранный масштаб. Разложение продолжают до первого ненулевого члена после сокращений.
Выбор метода	Лопиталь удобен, когда производные упрощают дробь; Тейлор — когда важны сокращения, порядок малости и локальная структура.

Перед применением правила Лопиталя полезно задать три вопроса:

\text{какая форма?} \qquad \text{выполнены ли условия?} \qquad \text{стал ли новый предел проще?}

Перед разложением по Тейлору задайте другие три:

\text{где центр?} \qquad \text{какой порядок нужен?} \qquad \text{что сократится?}

Если эти проверки выполняются до вычислений, оба метода перестают быть набором формальных действий и становятся понятными способами сравнивать локальное поведение функций.

Вычисление пределов: правило Лопиталя и формула Тейлора

Содержание

Неопределённости и правило Лопиталя
Применение правила и преобразование других форм
Границы метода Лопиталя
Многочлен Тейлора, остаток и $o$ -малое
Порядок разложения, практика и выбор метода
Типичные ошибки, самопроверка и итог

Что даст эта статья.

Неопределённость: почему подстановка не даёт ответ

\lim_{x\to2}\frac{x+1}{x+3} = \frac35

потому что знаменатель при $x=2$ не равен нулю.

Но бывают ситуации, когда подстановка приводит не к числу, а к условной записи вроде

\left[\frac00\right], \qquad \left[\frac{\infty}{\infty}\right], \qquad [0\cdot\infty], \qquad [\infty-\infty], \qquad [1^\infty]

Что получилось	Что это означает
Обычное число	Если все операции непрерывны и знаменатель не обращается в ноль, подстановка завершает вычисление.
$\left[\dfrac00\right]$ или $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$	Можно проверить условия правила Лопиталя или использовать разложения.
$[0\cdot\infty]$ , $[\infty-\infty]$ , степенная форма	Сначала нужно точным преобразованием получить дробь подходящего вида или перейти к логарифму.
Другая форма	Правило Лопиталя напрямую не применяется; нужен другой метод.

Правило Лопиталя: идея и точная формулировка

\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)} =L

Теперь запишем это правило точно. Предел может быть конечным, бесконечным или односторонним.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$x\to x_0$	« $x$ стремится к $x_0$ »	Значения $x$ приближаются к предельной точке, но не обязаны быть равны ей.
$g'(x)\neq0$	« $g$ штрих от $x$ не равно нулю»	В новом отношении производных можно делить на $g'(x)$ для всех достаточно близких допустимых $x$ .
$f(x)\to0,\;g(x)\to0$	« $f(x)$ и $g(x)$ стремятся к нулю»	Исходная дробь имеет неопределённую форму $\left[\dfrac00\right]$ .
$\lvert f(x)\rvert\to\infty,\;\lvert g(x)\rvert\to\infty$	«модули $f(x)$ и $g(x)$ неограниченно растут»	Исходная дробь имеет форму $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ ; знаки функций могут зависеть от стороны приближения.
$\displaystyle\lim_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=L$	«предел отношения производных равен $L$ »	После проверки остальных условий именно это число становится пределом исходного отношения.

Как применять правило Лопиталя

Удобно каждый раз проходить один и тот же короткий маршрут.

Шаг	Что проверить
1	Найти пределы числителя и знаменателя по отдельности.
2	Убедиться, что получена форма $\left[\dfrac00\right]$ или $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ .
3	Проверить дифференцируемость функций рядом с точкой, определённость дроби и условие $g'(x)\neq0$ .
4	Дифференцировать числитель и знаменатель отдельно, не применяя правило производной дроби.
5	Исследовать новый предел. Если неопределённость сохранилась, заново проверить условия перед повторным применением.

Повторное применение правила

Пример

Вычислим предел из исходной статьи:

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x}

При $x\to+\infty$

x^2\to+\infty, \qquad e^x\to+\infty

Получена форма $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ . Функции дифференцируемы, $e^x\neq0$ , поэтому применяем правило:

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{e^x}

\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{2x}{e^x} &= \lim_{x\to+\infty}\frac{2}{e^x} = 0 \end{aligned}

Следовательно,

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{e^x}=0

Как преобразовать другие неопределённости

Форма	Обычный первый шаг
$[0\cdot\infty]$	Переписать произведение как частное: $f g=\dfrac{f}{\dfrac1g}$ или $f g=\dfrac{g}{\dfrac1f}$ .
$[\infty-\infty]$	Привести к общему знаменателю, вынести общий множитель или домножить на сопряжённое выражение.
$[0^0]$ , $[1^\infty]$ , $[\infty^0]$	При положительном основании положить $y=u(x)^{v(x)}$ , перейти к $\ln y=v(x)\ln u(x)$ , исследовать показатель и затем вернуться через экспоненту.

Пример

Рассмотрим степенную неопределённость из исходной статьи:

\lim_{x\to0+}x^x

Ограничение $x\to0+$ существенно: при $x>0$ можно использовать логарифм. Положим

y=x^x

Тогда

\ln y=x\ln x

В показателе получена форма $[0\cdot(-\infty)]$ . Перепишем произведение как частное:

x\ln x=\frac{\ln x}{\dfrac1x}

Теперь числитель стремится к $-\infty$ , знаменатель к $+\infty$ . Применяем правило Лопиталя:

\begin{aligned} \lim_{x\to0+}\frac{\ln x}{\dfrac1x} &= \lim_{x\to0+}\frac{\dfrac1x}{-\dfrac1{x^2}}\\ &= \lim_{x\to0+}(-x) = 0 \end{aligned}

Значит,

\ln y\to0

Экспонента непрерывна, поэтому

y=e^{\ln y}\to e^0=1

Итак,

\lim_{x\to0+}x^x=1

Пример

Разберём форму $[\infty-\infty]$ :

\lim_{x\to0} \left( \frac1x-\frac1{e^x-1} \right)

Сначала приводим дроби к общему знаменателю:

\frac1x-\frac1{e^x-1} = \frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}

Теперь числитель и знаменатель стремятся к нулю. Применяем правило Лопиталя:

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)} &= \lim_{x\to0} \frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x} \end{aligned}

Неопределённость $\left[\dfrac00\right]$ сохранилась. После повторной проверки применяем правило ещё раз:

\begin{aligned} \lim_{x\to0} \frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x} &= \lim_{x\to0} \frac{e^x}{2e^x+xe^x}\\ &= \lim_{x\to0}\frac1{2+x} = \frac12 \end{aligned}

Границы метода Лопиталя

Правило Лопиталя даёт достаточное условие, но не является критерием существования предела.

Идея многочлена Тейлора

f(x) \approx f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)

Разберём обозначения не по одному символу, а по смысловым частям формулы.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$P_n(x)$	« $P$ с индексом $n$ от $x$ »	Многочлен, в котором сохранены степени от нулевой до $n$ -й.
$\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$	«сумма по $k$ от нуля до $n$ »	Короткая запись всех слагаемых многочлена Тейлора. Индекс $k$ по очереди принимает значения $0,1,\ldots,n$ .
$f^{(k)}(x_0)$	«производная $k$ -го порядка в точке $x_0$ »	Коэффициент берётся из поведения функции в центре разложения; по соглашению $f^{(0)}=f$ .
$\displaystyle\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$	« $k$ -е слагаемое суммы»	Производная задаёт коэффициент, а степень $x-x_0$ показывает, как слагаемое меняется при удалении от центра.

Факториал в знаменателе читается « $k$ факториал» и означает

k!=1\cdot2\cdot3\cdots k, \qquad 0!=1

Формула Тейлора и формула Маклорена

Если центр разложения равен нулю, получаем важный частный случай.

Если на этом промежутке известно

\left|f^{(n+1)}(t)\right|\leq M

то

\left|f(x)-P_n(x)\right| \leq \frac{M}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}

Это уже явная верхняя оценка ошибки.

$o$ -малое и смысл остаточного члена

Здесь подряд появились несколько связанных записей. Таблица показывает, как они выражают одну и ту же мысль.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$\alpha(x)=o(g(x))$	«альфа от $x$ есть $o$ -малое от $g(x)$ »	Функция $\alpha$ пренебрежимо мала именно по сравнению с выбранным масштабом $g$ .
$\alpha(x)=g(x)\varepsilon(x)$	«альфа равна $g$ , умноженной на эпсилон»	В $\alpha$ можно выделить масштаб $g$ и дополнительный множитель $\varepsilon(x)$ .
$\varepsilon(x)\to0$	«эпсилон от $x$ стремится к нулю»	Дополнительный множитель исчезает при приближении к предельной точке.
$\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{g(x)}=0$	«предел отношения альфа к $g$ равен нулю»	После деления на выбранный масштаб вклад $\alpha$ исчезает; это проверка записи с $o$ -малым.

Теперь прочитаем остаток в формуле Тейлора:

R_n(x)=o\left((x-x_0)^n\right)

Это означает

\frac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}\to0 \qquad (x\to x_0)

Следовательно, после деления формулы на $(x-x_0)^n$ вклад остатка исчезает в пределе.

Для $x\to0$ и неотрицательных целых $m,n$ полезны свойства

\begin{aligned} o(x^n)+o(x^n)&=o(x^n),\\ C\cdot o(x^n)&=o(x^n),\\ x^m\cdot o(x^n)&=o(x^{m+n}),\\ o(x^m)\cdot o(x^n)&=o(x^{m+n}) \end{aligned}

Кроме того,

o(x^m)+o(x^n) = o\left(x^{\min(m,n)}\right)

Как выбрать порядок разложения

Рассмотрим выражение

\sin x-x

Базовая эквивалентность

\sin x\sim x

читается « $\sin x$ эквивалентен $x$ » и означает

\frac{\sin x}{x}\to1 \qquad (x\to0)

\sin x-x\sim x-x=0

не имеет смысла и не даёт порядка остатка.

Нужен следующий ненулевой член:

\sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

Тогда

\sin x-x = -\frac{x^3}{6}+o(x^3)

и становится видно, что разность имеет третий порядок малости.

Шаг	Действие
1	Определить, к какой точке стремится аргумент разлагаемой функции.
2	Найти ожидаемый порядок знаменателя или другой сравниваемой части.
3	Разложить функции до этого порядка и выполнить точные сокращения.
4	Если все выписанные члены исчезли, добавить следующий ненулевой член.
5	Проверить, что остатки после деления действительно стремятся к нулю.

Таблица разложений Маклорена

Функция	Разложение при $x\to0$
$e^x$	$e^x = 1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^4}{4!}+o(x^4)$
$\sin x$	$\sin x = x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+o(x^5)$
$\cos x$	$\cos x = 1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+o(x^4)$
$\ln(1+x)$	$\ln(1+x) = x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+o(x^4)$
$(1+x)^\alpha$	$(1+x)^\alpha = 1+\alpha x+\dfrac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 +\dfrac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)}{3!}x^3 +o(x^3)$
$\dfrac1{1-x}$	$\dfrac1{1-x} = 1+x+x^2+x^3+x^4+o(x^4)$
$\dfrac1{1+x}$	$\dfrac1{1+x} = 1-x+x^2-x^3+x^4+o(x^4)$
$\tan x$	$\tan x = x+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{2x^5}{15}+o(x^5)$
$\arcsin x$	$\arcsin x = x+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{3x^5}{40}+o(x^5)$
$\arctan x$	$\arctan x = x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}+o(x^5)$

Пределы по формуле Тейлора

В каждом примере будем явно отвечать на три вопроса:

около какой точки строится разложение;
до какого порядка оно нужно;
почему остаток исчезает после деления.

Пример

Вычислим первый предел из исходной статьи:

\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}

Знаменатель имеет порядок $x^3$ , поэтому синус нужно разложить до кубического члена:

\sin x = x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

Подставляем:

\begin{aligned} \frac{\sin x-x}{x^3} &= \frac{x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)-x}{x^3}\\ &= -\frac16+\frac{o(x^3)}{x^3} \end{aligned}

По определению $o$ -малого

\frac{o(x^3)}{x^3}\to0

Следовательно,

\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3} = -\frac16

Главный линейный член сократился, поэтому одной эквивалентности $\sin x\sim x$ для этой задачи было недостаточно.

Пример

Вычислим

\lim_{x\to0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}

Знаменатель имеет четвёртый порядок, поэтому обе функции нужно разложить до $x^4$ .

Для косинуса

\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)

В экспоненте внутренний аргумент равен

u=-\frac{x^2}{2}\to0

Используем

e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2)

Тогда

\begin{aligned} e^{-\frac{x^2}{2}} &= 1-\frac{x^2}{2} +\frac12\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 +o(x^4)\\ &= 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4) \end{aligned}

Вычитаем:

\begin{aligned} \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}} &= \left(\frac1{24}-\frac18\right)x^4 +o(x^4)\\ &= -\frac{x^4}{12}+o(x^4) \end{aligned}

После деления на $x^4$

\lim_{x\to0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4} = -\frac1{12}

Здесь совпали постоянные и квадратные члены, поэтому ответ определила разность коэффициентов при $x^4$ .

Пример

Рассмотрим предел

\lim_{x\to0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x}

e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)

e^{-x} = 1-x+\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}+o(x^3)

Следовательно,

\begin{aligned} e^x-e^{-x}-2x &= \frac{x^3}{3}+o(x^3) \end{aligned}

Для знаменателя

\begin{aligned} x-\sin x &= x-\left(x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right)\\ &= \frac{x^3}{6}+o(x^3) \end{aligned}

Теперь делим числитель и знаменатель на $x^3$ :

\begin{aligned} \lim_{x\to0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x} &= \lim_{x\to0} \frac{\dfrac13+\dfrac{o(x^3)}{x^3}} {\dfrac16+\dfrac{o(x^3)}{x^3}}\\ &= \frac{\dfrac13}{\dfrac16} \\ &= 2 \end{aligned}

Итак,

\lim_{x\to0} \frac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x} = 2

Лопиталь или Тейлор: как выбрать метод

Один и тот же предел иногда удобно вычислить обоими способами.

Пример

Найдём

\lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}

Способ 1. Правило Лопиталя.

Получена форма $\left[\dfrac00\right]$ :

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2} &= \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x} \end{aligned}

После первого применения форма $\left[\dfrac00\right]$ сохраняется. Проверяем условия ещё раз:

\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{2x} &= \lim_{x\to0}\frac{e^x}{2}\\ &= \frac12 \end{aligned}

Способ 2. Формула Тейлора.

Разложение до второй степени:

e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+o(x^2)

Поэтому

\begin{aligned} \frac{e^x-1-x}{x^2} &= \frac{\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}\\ &= \frac12+\frac{o(x^2)}{x^2} \to \frac12 \end{aligned}

Ситуация	Обычно удобнее
Дробь формы $\left[\frac00\right]$ или $\left[\frac{\infty}{\infty}\right]$ , а производные заметно упрощают выражение	Правило Лопиталя.
Произведение, разность или степень	Сначала точное преобразование; затем выбрать Лопиталя или Тейлора.
Несколько почти одинаковых функций и многократные сокращения	Формула Тейлора.
Нужно найти первый ненулевой член или порядок малости	Формула Тейлора.
Нужно численное приближение с оценкой ошибки	Многочлен Тейлора и остаток Лагранжа.
После дифференцирования отношение становится сложнее	Вернуться к преобразованиям или разложениям.

Типичные ошибки

Проверьте себя

К каким двум дробным формам напрямую применяется правило Лопиталя? Почему к пределу
$\lim_{x\to0}\frac{1+x}{x}$
правило неприменимо?
Вычислите
$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}$
любым из двух методов.
Объясните, почему при повторном применении правила Лопиталя нельзя просто дифференцировать «до получения ответа».
Вычислите
$\lim_{x\to0} \frac{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^3}$
Вычислите
$\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x^3}$
и объясните, почему эквивалентность $\sin x\sim x$ не решает задачу напрямую.
Какие из утверждений верны при $x\to0$ :
$x^3=o(x^2), \qquad x^2=o(x^3), \qquad x^5=o(x^4)$
Постройте многочлен Маклорена второго порядка для $e^x$ и проверьте совпадение значений первых двух производных в нуле.
Какой метод вы выберете для предела
$\lim_{x\to0} \frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4}$
и почему?

Ответы к разделу «Проверьте себя».

Ниже приведены не только итоговые ответы, но и ход рассуждения, чтобы можно было проверить каждый переход.

Разберём условие применения правила.
Правило Лопиталя напрямую применяется только к двум дробным неопределённостям:
$\left[\dfrac00\right] \qquad\text{и}\qquad \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$
Для дроби из вопроса сначала исследуем числитель и знаменатель по отдельности:
$1+x\to1, \qquad x\to0 \qquad (x\to0)$
Получилась форма $\left[\dfrac10\right]$ , а не одна из двух допустимых неопределённостей. Поэтому переход к отношению производных был бы незаконным.
Чтобы понять, существует ли сам предел, перепишем дробь:
$\frac{1+x}{x}=\frac1x+1$
При $x\to0+$ величина $\dfrac1x\to+\infty$ , поэтому
$\frac{1+x}{x}\to+\infty$
При $x\to0-$ , наоборот, $\dfrac1x\to-\infty$ , поэтому
$\frac{1+x}{x}\to-\infty$
Односторонние пределы различны, следовательно, двустороннего предела нет.
Вычислим предел двумя способами.
Способ 1. Формула Тейлора.
Знаменатель имеет порядок $x^2$ , поэтому косинус нужно разложить до квадратного члена:
$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)$
Отсюда
$1-\cos x = 1-\left(1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right) = \frac{x^2}{2}+o(x^2)$
Делим на $x^2$ :
$\begin{aligned} \frac{1-\cos x}{x^2} &= \frac{\dfrac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}\\ &= \frac12+\frac{o(x^2)}{x^2} \to \frac12 \end{aligned}$
Последний переход законен по определению $o$ -малого. Способ 2. Правило Лопиталя.
При $x\to0$ числитель и знаменатель стремятся к нулю, то есть получена форма $\left[\dfrac00\right]$ . Обе функции дифференцируемы рядом с нулём, а производная знаменателя $2x\neq0$ при $x\neq0$ . Поэтому
$\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2} = \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x}$
Новый числитель и знаменатель снова стремятся к нулю. Проверяем условия ещё раз: производная нового знаменателя равна $2\neq0$ . Тогда
$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x} = \lim_{x\to0}\frac{\cos x}{2} = \frac12$
В обоих способах получаем
$\dfrac12$
Почему нельзя дифференцировать автоматически.
Каждое применение правила Лопиталя является новым использованием теоремы. После дифференцирования возможны три ситуации:
1. неопределённость исчезла, и новый предел уже вычисляется обычной подстановкой;
2. форма $\left[\dfrac00\right]$ или $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ сохранилась, поэтому правило можно рассмотреть ещё раз;
3. условия теоремы перестали выполняться, например отношение производных не имеет предела.
Например,
\[\lim_{x\to0}\frac{\sin x-x}{x} = \lim_{x\to0}(\cos x-1) = 0\]
После первого применения получилась обычная форма $\dfrac01$ , поэтому повторное дифференцирование уже не разрешено правилом Лопиталя и не требуется для решения.
Выберем нужный порядок разложения.
Знаменатель равен $x^3$ , поэтому экспоненту нужно разложить до кубического члена:
$e^x = 1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
Подставляем это разложение в числитель и аккуратно сокращаем одинаковые слагаемые:
$\begin{aligned} e^x-1-x-\frac{x^2}{2} &= \left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+o(x^3)\right) -1-x-\frac{x^2}{2}\\ &= \frac{x^3}{6}+o(x^3) \end{aligned}$
Теперь делим на $x^3$ :
$\begin{aligned} \frac{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}{x^3} &= \frac{\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^3}\\ &= \frac16+\frac{o(x^3)}{x^3} \to \frac16 \end{aligned}$
Следовательно,
$\dfrac16$
Учтём сокращение главных частей.
Разложение синуса до кубического члена имеет вид
$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
После вычитания $x$ линейные члены исчезают:
$\sin x-x=-\frac{x^3}{6}+o(x^3)$
Поэтому
$\begin{aligned} \frac{\sin x-x}{x^3} &= -\frac16+\frac{o(x^3)}{x^3}\\ &\to -\frac16 \end{aligned}$
Итак,
$-\dfrac16$
Эквивалентность $\sin x\sim x$ сообщает только, что $\dfrac{\sin x}{x}\to1$ . Она не показывает, как быстро разность $\sin x-x$ стремится к нулю. В этой разности линейные главные части взаимно уничтожаются, поэтому нужен следующий ненулевой член $-\dfrac{x^3}{6}$ .
Проверим каждую запись по определению.
Равенство $u(x)=o(v(x))$ означает, что $\dfrac{u(x)}{v(x)}\to0$ .
Для первой записи
$\frac{x^3}{x^2}=x\to0$
поэтому $x^3=o(x^2)$ .
Для второй записи
$\frac{x^2}{x^3}=\frac1x$
Отношение не стремится к нулю: справа оно уходит в $+\infty$ , а слева в $-\infty$ . Следовательно, $x^2\neq o(x^3)$ .
Для третьей записи
$\frac{x^5}{x^4}=x\to0$
поэтому $x^5=o(x^4)$ .
Верны первая и третья записи.
Построим многочлен по производным.
Для $f(x)=e^x$ все производные снова равны $e^x$ . В точке $x=0$ получаем
$f(0)=1, \qquad f'(0)=1, \qquad f''(0)=1$
Формула многочлена Маклорена второго порядка:
$P_2(x) = f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2$
Подставляя найденные значения, имеем
$P_2(x)=1+x+\frac{x^2}{2}$
Проверим совпадение производных:
$P_2'(x)=1+x, \qquad P_2''(x)=1$
Поэтому
$P_2(0)=1=f(0), \qquad P_2'(0)=1=f'(0), \qquad P_2''(0)=1=f''(0)$
Значение функции и значения первых двух производных действительно совпали в центре разложения.
Выберем формулу Тейлора.
В числителе вычитаются две функции с одинаковыми постоянными и квадратными членами. Ответ появляется только на четвёртом порядке, поэтому разложения сразу покажут нужные сокращения. Для косинуса
$\cos x = 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$
Для экспоненты положим $u=-\dfrac{x^2}{2}$ . Так как $u\to0$ , используем
$e^u=1+u+\frac{u^2}{2}+o(u^2)$
и получаем
$\begin{aligned} e^{-\frac{x^2}{2}} &= 1-\frac{x^2}{2} +\frac12\left(-\frac{x^2}{2}\right)^2 +o(x^4)\\ &= 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4) \end{aligned}$
Вычитаем разложения:
$\begin{aligned} \cos x-e^{-\frac{x^2}{2}} &= \left(\frac1{24}-\frac18\right)x^4+o(x^4)\\ &= -\frac{x^4}{12}+o(x^4) \end{aligned}$
После деления на $x^4$
$\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{x^4} = -\frac1{12}+\frac{o(x^4)}{x^4} \to -\frac1{12}$
Ответ:
$-\dfrac1{12}$
Правило Лопиталя тоже можно применить, но потребовалось бы несколько раз дифференцировать сложную функцию. Здесь Тейлор заметно яснее показывает причину ответа.

Подробные ответы к задачам по ходу статьи.

Предел с логарифмом.
Логарифм $\ln(1+x)$ определён при $1+x>0$ , то есть при $x>-1$ . Следовательно, он определён в некоторой окрестности нуля. При $x\to0$
$\ln(1+x)\to\ln1=0, \qquad x\to0$
Получена форма $\left[\dfrac00\right]$ . Числитель и знаменатель дифференцируемы при $x>-1$ , а производная знаменателя равна $1\neq0$ . Поэтому по правилу Лопиталя
$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x &= \lim_{x\to0} \frac{\dfrac1{1+x}}1\\ &= \frac1{1+0} = 1 \end{aligned}$
Ответ: $1$ .
Полином, делённый на экспоненту.
При $x\to+\infty$ полином $3x^2-5x+1\to+\infty$ и $e^x\to+\infty$ . Получена форма $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ . Обе функции дифференцируемы, а $(e^x)'=e^x\neq0$ , поэтому
$\lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2-5x+1}{e^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{6x-5}{e^x}$
После первого применения числитель и знаменатель снова стремятся к $+\infty$ . Условия сохраняются, поэтому применяем правило второй раз:
$\lim_{x\to+\infty}\frac{6x-5}{e^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac6{e^x}$
Теперь неопределённости нет: числитель постоянен, а знаменатель неограниченно растёт. Следовательно,
$\lim_{x\to+\infty}\frac6{e^x}=0$
Ответ: $0$ . Третье применение правила не требуется.
Произведение $x\ln x$ .
Рассматривается правосторонний предел, потому что $\ln x$ определён только при $x>0$ . При $x\to0+$
$x\to0, \qquad \ln x\to-\infty$
Получена форма $[0\cdot(-\infty)]$ , к которой правило Лопиталя напрямую неприменимо. Перепишем произведение как дробь:
$x\ln x = \frac{\ln x}{\dfrac1x}$
Теперь числитель стремится к $-\infty$ , а знаменатель к $+\infty$ . Функции дифференцируемы при $x>0$ , и производная знаменателя $-\dfrac1{x^2}\neq0$ . Поэтому
$\begin{aligned} \lim_{x\to0+}\frac{\ln x}{\dfrac1x} &= \lim_{x\to0+} \frac{\dfrac1x}{-\dfrac1{x^2}}\\ &= \lim_{x\to0+}(-x)\\ &= 0 \end{aligned}$
Ответ: $0$ .
Многочлен Маклорена для синуса.
Последовательно найдём производные:
$f(x)=\sin x, \qquad f'(x)=\cos x, \qquad f''(x)=-\sin x, \qquad f'''(x)=-\cos x$
В нуле
$f(0)=0, \qquad f'(0)=1, \qquad f''(0)=0, \qquad f'''(0)=-1$
Подставляем значения в формулу
$P_3(x) = f(0)+f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\frac{f'''(0)}{3!}x^3$
и получаем
$P_3(x)=x-\frac{x^3}{6}$
Квадратичного члена нет, потому что $f''(0)=0$ .
Проверка записей с $o$ -малым.
Для каждой пары делим первую функцию на вторую:
$\frac{x^4}{x^3}=x\to0$
поэтому $x^4=o(x^3)$ . Далее,
$\frac{x^2}{x^3}=\frac1x$
не стремится к нулю, поэтому $x^2\neq o(x^3)$ . Наконец,
$\frac{x^5}{x^2}=x^3\to0$
поэтому $x^5=o(x^2)$ . Верны первая и третья записи.
Предел с тангенсом.
Знаменатель имеет третий порядок, поэтому используем разложение тангенса до кубического члена:
$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
После вычитания $x$
$\tan x-x=\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
Следовательно,
$\begin{aligned} \frac{\tan x-x}{x^3} &= \frac13+\frac{o(x^3)}{x^3}\\ &\to \frac13 \end{aligned}$
Ответ: $\dfrac13$ .
Предел с логарифмом по формуле Тейлора.
Знаменатель равен $x^3$ , поэтому разложим логарифм до кубического члена:
$\ln(1+x) = x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)$
Подставляем и выполняем сокращения:
$\begin{aligned} \ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2} &= \left(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)\right) -x+\frac{x^2}{2}\\ &= \frac{x^3}{3}+o(x^3) \end{aligned}$
После деления на $x^3$
$\frac{\ln(1+x)-x+\dfrac{x^2}{2}}{x^3} = \frac13+\frac{o(x^3)}{x^3} \to \frac13$
Ответ: $\dfrac13$ .

Итог

Идея	Что нужно помнить
Неопределённость	Это не ответ, а сигнал выбрать метод после точной проверки формы.
Правило Лопиталя	Применяется к $\left[\dfrac00\right]$ и $\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ . После каждого дифференцирования форму и условия проверяют заново.
Другие формы	Произведения и разности сначала преобразуют в дробь; положительную степень исследуют через логарифм.
Тейлор и Маклорен	Функцию представляют как многочлен и остаток; при центре $x_0=0$ получают формулу Маклорена.
$o$ -малое и порядок	Остаток исчезает после деления на выбранный масштаб. Разложение продолжают до первого ненулевого члена после сокращений.
Выбор метода	Лопиталь удобен, когда производные упрощают дробь; Тейлор — когда важны сокращения, порядок малости и локальная структура.

Перед применением правила Лопиталя полезно задать три вопроса:

\text{какая форма?} \qquad \text{выполнены ли условия?} \qquad \text{стал ли новый предел проще?}

Перед разложением по Тейлору задайте другие три:

\text{где центр?} \qquad \text{какой порядок нужен?} \qquad \text{что сократится?}

Вычисление пределов: правило Лопиталя и формула Тейлора

Содержание

Неопределённость: почему подстановка не даёт ответ

Правило Лопиталя: идея и точная формулировка

Как применять правило Лопиталя

Повторное применение правила

Как преобразовать другие неопределённости

Границы метода Лопиталя

Идея многочлена Тейлора

Формула Тейлора и формула Маклорена

\(o\)-малое и смысл остаточного члена

Как выбрать порядок разложения

Таблица разложений Маклорена

Пределы по формуле Тейлора

Лопиталь или Тейлор: как выбрать метод

Типичные ошибки

Проверьте себя

Итог

Вычисление пределов: правило Лопиталя и формула Тейлора

Содержание

Неопределённость: почему подстановка не даёт ответ

Правило Лопиталя: идея и точная формулировка

Как применять правило Лопиталя

Повторное применение правила

Как преобразовать другие неопределённости

Границы метода Лопиталя

Идея многочлена Тейлора

Формула Тейлора и формула Маклорена

\(o\)-малое и смысл остаточного члена

Как выбрать порядок разложения

Таблица разложений Маклорена

Пределы по формуле Тейлора

Лопиталь или Тейлор: как выбрать метод

Типичные ошибки

Проверьте себя

Итог

$o$ -малое и смысл остаточного члена

$o$ -малое и смысл остаточного члена