Правило Лопиталя

[Nurgali]

Раскрытие неопределенности вида $\left(\frac{0}{0}\right)$:
Пусть
1) Функции $f(x)$ и $g(x)$ определены и дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки $a$;
2) $g’(x)\neq 0$ в этой окрестности точки $a$;
3) $\lim\limits_{x\to a}f(x)= \lim\limits_{x\to a}g(x)=0$;
4) Существует конечный или бесконечный предел отношения производных $\lim\limits_{x\to a}\frac{f’(x)}{g’(x)} $.
Тогда существует предел отношения функций $\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} $, причем $\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} =\lim\limits_{x\to a}\frac{f’(x)}{g’(x)} $.

Раскрытие неопределенности вида $\left(\frac{\infty}{\infty}\right)$:
Пусть
1) Функции $f(x)$ и $g(x)$ определены и дифференцируемы в некоторой проколотой окрестности точки $a$;
2) $g’(x)\neq 0$ в этой окрестности точки $ a$;
3) $\lim\limits_{x\to a}f(x)= \lim\limits_{x\to a}f(x)=\infty$;
4) Существует конечный или бесконечный предел отношения производных $\lim\limits_{x\to a}\frac{f’(x)}{g’(x)} $.
Тогда существует предел отношения функций $\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} $, причем $\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} =\lim\limits_{x\to a}\frac{f’(x)}{g’(x)} $.

Можно ли доказать данную теорему на основании первой теоремы следующем образом:

Функции $\frac{1}{f(x)}$ и $\frac{1}{f(x)}$ являются бесконечно малыми при $ x\to a $ и удовлетворяют условиям первой теоремы. Тогда
$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} =\lim\limits_{x\to a}\frac{\frac{1}{g(x)}}{ \frac{1}{f(x)}} =\lim\limits_{x\to a}\frac{\left(\frac{1}{g(x) }\right)’}{ \left(\frac{1}{f(x)} \right)’} =\lim\limits_{x\to a}\frac{\frac{g’(x)}{g^2(x)}}{ \frac{f’(x)}{f^2(x)}} =\lim\limits_{x\to a}\frac{ g’(x) f^2(x)}{ f’(x) g^2(x)} =\lim\limits_{x\to a}\frac{ g’(x) }{ f’(x) } \left(\lim\limits_{x\to a}\frac{ f(x)}{ g(x)}\right)^2 .$

Следовательно
$\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{1}{\lim\limits_{x\to a}\frac{ g’(x) }{ f’(x) }} = \lim\limits_{x\to a}\frac{ f’(x) }{ g’(x) }$.

[iifat]

С пределами, вообще говоря, нельзя обращаться как с числами. Если $\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}$ существует и конечен, то все ваши выкладки правильные; но как раз этого-то мы заранее и не знаем. А строгий учёт всех вариантов — дело крайне муторное.

[novichok2018]

Для строгого разбора пр. Бернулли-Лопиталя лучшая ссылка для изучения - это Зорич, наверное.

[pogulyat_vyshel]

мне всегда казалось, что доказывать правило Лопиталя значительно проще в интегральной форме, а не в дифференциальной

[pogulyat_vyshel]

А еще можно так:
мы знаем это

$$\frac{f'(x)}{g'(x)}\to c,$$

а надо это

$$\frac{f(x)}{g(x)}\to ?$$

Что делать? Предположим, что $c\ne\infty$ -- в противном случае еще проще. Имеем

$$f'(x)=cg'(x)+\psi(x)g'(x),\quad \psi(x)\to 0.$$

Интегрируя это равенство от $a$ до $x$ получаем

$$\frac{f(x)}{g(x)}=c+\frac{f(a)}{g(x)}-c\frac{g(a)}{g(x)}+\frac{\int_a^xg'(s)\psi(s)ds}{g(x)}$$

Не поверите, но отсюда уже все видно :)

[novichok2018]

Почему второе слагаемое справа интегрируется?

[pogulyat_vyshel]

мнда

[Padawan]

pogulyat_vyshel в сообщении #1445201 писал(а):

Интегрируя это равенство от $a$ до $x$ получаем

$$\frac{f(x)}{g(x)}=c+\frac{f(a)}{g(x)}-c\frac{g(a)}{g(x)}+\frac{\int_a^xg'(s)\psi(s)ds}{g(x)}$$

Это Вы случай $\frac 00$ или $\frac{\infty}{\infty}$ рассматриваете? В случае $\frac{\infty}{\infty}$ вообще ерунда написана, а в случае $\frac 0 0$ объясните, пожалуйста, каким образом

pogulyat_vyshel в сообщении #1445201 писал(а):

отсюда уже все видно :)

А, понял, используем знакопостоянство $g'$.

-- Вт мар 17, 2020 20:40:07 --

Nurgali в сообщении #1445087 писал(а):

Можно ли доказать данную теорему на основании первой теоремы следующем образом:

Мой опыт показывает, что никак случай бесконечность на бесконечность из случая ноль на ноль не вывести. Надо отдельно доказывать.

[pogulyat_vyshel]

Padawan

мы друг друга поняли или мне надо объяснять? если надо то давайте один какой -нибудь случай выберите, я объясню

-- 17.03.2020, 19:54 --

Padawan в сообщении #1445259 писал(а):

используем знакопостоянство $g'$.

разумеется

[Padawan]

Бесконечность на бесконечность, пожалуйста

[pogulyat_vyshel]

Padawan в сообщении #1445271 писал(а):

Бесконечность на бесконечность, пожалуйста

Пусть $f,g\in C^1(0,1)$ причем функция $g'$ знакопостоянна. Значит $g$ обращается в ноль не более чем в одной точке интервала. Исследуем предел при $x\to 1-$.
Это дано:

$$\frac{f'(x)}{g'(x)}\to c,\quad c\ne \infty,$$

и

$$g(x)\to \infty\qquad (2).$$

В формуле

$$\frac{f(x)}{g(x)}=c+\frac{f(a)}{g(x)}-c\frac{g(a)}{g(x)}+\frac{\int_a^xg'(s)\psi(s)ds}{g(x)}\qquad (1)$$

будем брать $a<x<1$.
Зададимся произвольно малым $\mu>0$; выберем и зафиксируем $a$ настолько близким к $1$, что $\sup_{x\in (a,1)}|\psi(x)|<\mu$ и $g(x)$ не обращается в ноль на $(a,1)$.
В силу знакопостоянства $g'$ имеем

$$\Big|\int_a^xg'(s)\psi(s)ds\Big|\le \mu |g(x)-g(a)|.$$

Теперь из формул (1),(2)
получаем

$$\limsup_{x\to 1-}\Big|\frac{f(x)}{g(x)}-c\Big|\le\mu.$$

чтд

[Padawan]

Спасибо