Lopitalio taisyklė: tik pasirenkamam būdui
Šis metodas yra papildomas. Kontrolinio 2 užduotyje, kur prašoma bendrų taisyklių ir pagrindinių ribų, pirmiausia naudok algebrą. Lopitalį taikyk tik tada, kai leidžiama pasirinkti metodą ir tikrai patikrintos jo sąlygos.
Kada galima
Standartinė forma: skaitiklis ir vardiklis diferencijuojami pradurtoje taško aplinkoje, vardiklio išvestinė ten nelygi nuliui, originali trupmena duoda $\displaystyle \frac{0}{0}$ arba $\displaystyle \frac{\infty}{\infty}$, o išvestinių santykis turi ribą (baigtinę arba begalinę). Tada $\displaystyle \lim\frac{f}{g}=\lim\frac{f'}{g'}$. Tai skaitiklio ir vardiklio atskiras diferencijavimas, o ne visos trupmenos išvestinė.
Kitos formos pirma pertvarkomos
$0\cdot\infty$ pakeisk trupmena. $1^\infty$ pirma logaritmuok teigiamą reiškinį. Jei kartoji taisyklę, po kiekvieno žingsnio iš naujo patikrink formą. Neegzistuojanti išvestinių santykio riba pati savaime nereiškia, kad pradinės trupmenos riba neegzistuoja.
Išspręskime kartu
Jei leidžiama, rask $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{e^x-1-x}{x^2}$.
- Įstatę $0$ gauname $\displaystyle \frac{1-1-0}{0^2}=\frac{0}{0}$. Abi funkcijos diferencijuojamos, vardiklio išvestinė $2x\ne0$ pradurtoje aplinkoje.
- Skaitiklį išvedame atskirai: $(e^x-1-x)^{\prime}=e^x-0-1=e^x-1$. Vardiklio išvestinė $2x$.
- Naujas santykis $\displaystyle \frac{e^x-1}{2x}$ ties nuliu vėl duoda $\displaystyle \frac{0}{0}$.
- Antrąkart skaitiklio išvestinė $e^x$, vardiklio $2\ne0$. Todėl tiriame $\displaystyle \frac{e^x}2$.
- Šią ribą apskaičiuojame įstatymu: $\displaystyle \frac{e^0}{2}=\frac{1}{2}$.
- Kadangi paskutinė riba egzistuoja, Lopitalio taisyklė pagrindžia ankstesnes ribas. Šis būdas skirtas tik užduotims, kur taisyklė leidžiama.
Atsakymas. $\displaystyle \frac{1}{2}$.
Logaritmas auga lėčiau
Jei šioje užduotyje metodą pasirinkti leidžiama, Lopitalio taisykle rask $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}$.
Užuomina
Pirmiausia įvardyk neapibrėžtumą ir patikrink vardiklio išvestinę.
Pirmas žingsnis
Kai $x\to+\infty$, skaitiklis ir vardiklis abu artėja prie $+\infty$.
Sprendimo eiga
- Kai $x\to+\infty$, skaitiklis ir vardiklis abu artėja prie $+\infty$.
- Turime $\displaystyle \frac{\infty}{\infty}$ formą. Funkcijos diferencijuojamos, pavyzdžiui, intervale $(1;+\infty)$.
- Vardiklio išvestinė lygi $1$, todėl šiame intervale ji niekur nelygi nuliui.
- Skaitiklį ir vardiklį diferencijuojame atskirai: $\displaystyle \frac{(\ln x)'}{x'}=\frac{\frac{1}{x}}{1}=\frac{1}{x}$.
- Išvestinių santykis turi ribą $0$. Taikydami Lopitalio taisyklę gauname ir pradinę ribą $0$.
- Patikra: ties $x=1000$ santykis apie $0{,}006908$. Šis sprendimas netinka užduočiai, kur Lopitalis aiškiai draudžiamas.
$0$
Tris kartus, kiekvieną kartą patikrinant
Jei leidžiama, Lopitalio taisykle apskaičiuok $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}$.
Užuomina
Po kiekvieno diferencijavimo patikrink, ar vis dar gauni $\displaystyle \frac{0}{0}$.
Pirmas žingsnis
Pirmasis išvestinių santykis yra $\displaystyle \frac{1-\cos x}{3x^2}$.
Sprendimo eiga
- Pirmasis išvestinių santykis yra $\displaystyle \frac{1-\cos x}{3x^2}$.
- Pradinė forma $\displaystyle \frac{0}{0}$. Skaitiklis ir vardiklis diferencijuojami, o vardiklio išvestinė $3x^2\ne0$, kai $x\ne0$.
- Pirmas žingsnis duoda $\displaystyle \frac{1-\cos x}{3x^2}$, vis dar $\displaystyle \frac{0}{0}$. Antras išvestinių santykis yra $\displaystyle \frac{\sin x}{6x}$, nes $6x\ne0$ pradurtoje nulio aplinkoje.
- Antrame santykyje vėl $\displaystyle \frac{0}{0}$. Trečias išvestinių santykis yra $\displaystyle \frac{\cos x}{6}$; vardiklio išvestinė $6$ nelygi nuliui.
- Galutinė riba $\displaystyle \frac{1}{6}$. Ji leidžia pagrįsti ankstesnius Lopitalio žingsnius atgaline tvarka.
- Patikra plėtiniu: $\displaystyle \sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)$, taigi $\displaystyle \frac{x-\sin x}{x^3}=\frac{1}{6}+O(x^2)$.
$\displaystyle \frac{1}{6}$