Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 9. Раскрытие неопределённостей

Демидович — задача 1374

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 1374

Исследовать возможность применения правила Лопиталя к следующим примерам:а) lim⁡x→0x2sin⁡1xsin⁡x;б) lim⁡x→∞x−sin⁡xx+sin⁡x;\text{а) }\lim_{x\to0}\frac{x^2\sin\frac1x}{\sin x};
\qquad
\text{б) }\lim_{x\to\infty}\frac{x-\sin x}{x+\sin x};в) lim⁡x→+∞e−2x(cos⁡x+2sin⁡x)+e−x2sin⁡2xe−x(cos⁡x+sin⁡x);\text{в) }\lim_{x\to+\infty}
\frac{e^{-2x}(\cos x+2\sin x)+e^{-x^2}\sin^2x}
{e^{-x}(\cos x+\sin x)};г) lim⁡x→∞1+x+sin⁡xcos⁡x(x+sin⁡xcos⁡x)esin⁡x.\text{г) }\lim_{x\to\infty}
\frac{1+x+\sin x\cos x}{(x+\sin x\cos x)e^{\sin x}}.
ВыводПравило Лопиталя неприменимо во всех четырёх пунктах. Исходные пределы: а) 00; б) 11; в), г) не существуют.

Решение

В правиле Лопиталя недостаточно получить неопределённость 0/00/0 или ∞/∞\infty/\infty. На некотором интервале подхода должны существовать производные, производная знаменателя должна быть отлична от нуля, а отношение производных должно иметь предел. Проверим эти условия и само исходное отношение.

а) Дифференцирование даёт(x2sin⁡(1/x))′(sin⁡x)′=2xsin⁡(1/x)−cos⁡(1/x)cos⁡x.\frac{(x^2\sin(1/x))'}{(\sin x)'}
=\frac{2x\sin(1/x)-\cos(1/x)}{\cos x}.При xk=1/(2πk)x_k=1/(2\pi k) это отношение стремится к −1-1, а при yk=1/((2k+1)π)y_k=1/((2k+1)\pi) — к 11. Предел отношения производных не существует, поэтому правило неприменимо. Сам исходный предел существует:x2sin⁡(1/x)sin⁡x=x xsin⁡xsin⁡(1/x)⟶0,\frac{x^2\sin(1/x)}{\sin x}=x\,\frac{x}{\sin x}\sin(1/x)\longrightarrow0,поскольку x/sin⁡x→1x/\sin x\to1, а ∣sin⁡(1/x)∣≤1|\sin(1/x)|\le1.

б) Здесь(x−sin⁡x)′(x+sin⁡x)′=1−cos⁡x1+cos⁡x.\frac{(x-\sin x)'}{(x+\sin x)'}=\frac{1-\cos x}{1+\cos x}.При x=2πkx=2\pi k отношение равно 00, а при x=π/2+2πkx=\pi/2+2\pi k — 11. Кроме того, производная знаменателя равна нулю при x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi. Правило Лопиталя неприменимо. Разделив исходную дробь на xx, получаем при x→+∞x\to+\infty и при x→−∞x\to-\inftyx−sin⁡xx+sin⁡x=1−sin⁡x/x1+sin⁡x/x⟶1.\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\frac{1-\sin x/x}{1+\sin x/x}\longrightarrow1.в) Обозначим числитель через f(x)f(x), знаменатель через g(x)g(x). Оба стремятся к нулю. По правилам произведения и цепочкиf′(x)=−5e−2xsin⁡x+2e−x2sin⁡x(cos⁡x−xsin⁡x),g′(x)=−2e−xsin⁡x.\begin{aligned}
f'(x)&=-5e^{-2x}\sin x+2e^{-x^2}\sin x(\cos x-x\sin x),\\
g'(x)&=-2e^{-x}\sin x.
\end{aligned}Коэффициент −5-5 в первой строке получается так:−2(cos⁡x+2sin⁡x)+(−sin⁡x+2cos⁡x)=−5sin⁡x.-2(\cos x+2\sin x)+(-\sin x+2\cos x)=-5\sin x.При sin⁡x≠0\sin x\ne0 сокращение даётf′(x)g′(x)=52e−x−ex−x2(cos⁡x−xsin⁡x)⟶0.\frac{f'(x)}{g'(x)}=\frac52e^{-x}-e^{x-x^2}(\cos x-x\sin x)\longrightarrow0.Действительно, модуль второго слагаемого не больше (1+x)ex−x2(1+x)e^{x-x^2}; при x≥2x\ge2 он не больше (1+x)e−x2/2(1+x)e^{-x^2/2} и стремится к нулю по сравнению степени и экспоненты. Но при каждом x=kπx=k\pi одновременно f′(x)=g′(x)=0f'(x)=g'(x)=0. Условие о ненулевой производной знаменателя нарушено сколь угодно далеко, так что правило Лопиталя применять нельзя.
У исходного отношения предела нет. При xk=kπx_k=k\pi оно равно e−xk→0e^{-x_k}\to0. В то же время в точках tk=3π/4+πkt_k=3\pi/4+\pi k имеемg(tk)=0,f(tk)=(−1)k2e−2tk+12e−tk2.g(t_k)=0,\qquad
f(t_k)=\frac{(-1)^k}{\sqrt2}e^{-2t_k}+\frac12e^{-t_k^2}.Последняя сумма отлична от нуля при достаточно больших kk: отношение модулей второго слагаемого к первому равно e−tk2+2tk/2→0e^{-t_k^2+2t_k}/\sqrt2\to0. При этом g′(tk)≠0g'(t_k)\ne0. Поэтому около каждой такой точки модуль f/gf/g неограниченно возрастает. Можно выбрать yky_k с 0<∣yk−tk∣<1/k0<|y_k-t_k|<1/k и ∣f(yk)/g(yk)∣>k|f(y_k)/g(y_k)|>k. Получены подходы к бесконечности с несовместимым поведением исходной дроби.

г) Положимf(x)=1+x+sin⁡xcos⁡x,g(x)=(x+sin⁡xcos⁡x)esin⁡x.f(x)=1+x+\sin x\cos x,\qquad
g(x)=(x+\sin x\cos x)e^{\sin x}.При x→+∞x\to+\infty обе функции стремятся к +∞+\infty. Их производные равныf′(x)=1+cos⁡2x=2cos⁡2x,f'(x)=1+\cos2x=2\cos^2x,g′(x)=esin⁡xcos⁡x [x+(2+sin⁡x)cos⁡x].g'(x)=e^{\sin x}\cos x\,[x+(2+\sin x)\cos x].В точках x=π/2+πkx=\pi/2+\pi k обе производные равны нулю. Между этими точками, при x>3x>3, можно сократить cos⁡x\cos x:f′(x)g′(x)=2cos⁡xesin⁡x[x+(2+sin⁡x)cos⁡x].\frac{f'(x)}{g'(x)}=\frac{2\cos x}{e^{\sin x}[x+(2+\sin x)\cos x]}.Так как esin⁡x≥e−1e^{\sin x}\ge e^{-1} и ∣(2+sin⁡x)cos⁡x∣≤3|(2+\sin x)\cos x|\le3, получаем∣f′(x)g′(x)∣≤2ex−3⟶0.\left|\frac{f'(x)}{g'(x)}\right|\le\frac{2e}{x-3}\longrightarrow0.Итак, отношение производных на своей области определения имеет предел 00, но требование g′≠0g'\ne0 на всём достаточно далёком интервале не выполнено.

Для исходного отношения точное преобразование даётf(x)g(x)=e−sin⁡x(1+1x+sin⁡xcos⁡x).\frac{f(x)}{g(x)}=e^{-\sin x}\left(1+\frac1{x+\sin x\cos x}\right).На последовательности xk=π/2+2πkx_k=\pi/2+2\pi k оно стремится к e−1e^{-1}, а на yk=3π/2+2πky_k=3\pi/2+2\pi k — к ee. Следовательно, исходного предела нет. Этот пример показывает, почему нельзя игнорировать условие о производной знаменателя.
Демидович № 1374 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика