Правило Лопиталя.

Теорема (правило Лопиталя раскрытия неопределенностей вида
$\frac{0}{0}$ или $\frac{\infty}{\infty}$).

Пусть функции $f(x)$ и $g(x)$ :

а) дифференцируемы в окрестности точки $a,$ за исключением, быть
может, самой точки $a,$ причем $g'(x)\neq 0$ в этой окрестности;

б) функции $f(x)$ и $g(x)$ являются одновременно либо бесконечно
малыми либо бесконечно большими при $x\rightarrow a;$

в) существует конечный $\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)}.$ 

Тогда существует  $\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}$ и
выполняется равенство $\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)}.$   

Если функции $f(x)$ и $g(x)$ дифференцируемы в точке $a,$

$g(a)=f(a)=0,$ $ g'(a)\neq ,0$ то $\lim\limits_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(a)}{g'(a)}.$

 Примеры:

1. $\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{x^5-1}{2x^3-x-1}$

Имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}.$ Применяя правило Лопиталя, получим:

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{x^5-1}{2x^3-x-1}=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{5x^4}{6x^2-1}=1.$

2. $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{x-arctg x}{x^3}$

Имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}.$ Применяя правило Лопиталя, получим:

$$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{x-arctg x}{x^3}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{1-\frac{1}{1+x^2}}{3x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{x^2}{3x^2(1+x^2)=\frac{1}{3}.}$$

3. $\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}$

Имеем неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}.$ Применяя правило Лопиталя, получим:

$$\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\frac{1/x}{1/(2\sqrt{x})}=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\frac{2}{\sqrt{x}}=0.$$

4. $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x-x\cos x}{\sin^3 x}.$

Имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}.$ Замечая, что $\sin x\sim x$ при $x\rightarrow 0,$ по правилу Лопиталя находим

$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x-x\cos x}{\sin^3 x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x-\cos x+x\sin x}{3x^2}=$ $\frac{1}{3}\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}=\frac{1}{3}.$

5. $\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{x^10-10x+9}{x^5-5x+4}.$

Имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}.$ Применяя правило Лопиталя, получим:

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{x^10-10x+9}{x^5-5x+4}=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{10x^9-10}{5x^4-5}.$

Пользуясь еще раз правилом Лопиталя, находим

$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{10x^9-10}{5x^4-5}=2\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{x^9-1}{x^4-1}=2\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{9x^8}{4x^3}=\frac{9}{2}.$

6. $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^{\alpha}}{e^{\beta x}},$ где $\alpha>0,$ $\beta>0.$ 

Пусть $k=[\alpha]+1;$ тогда $\alpha-k<0.$ 

Применяя правило Лопиталя $k$ раз, получаем $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{x^{\alpha}}{e^{\beta x}}=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{\alpha x^{\alpha-1}}{\beta e^{\beta x}}=...=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{\alpha(\alpha-1)...(\alpha-k+1)x^{\alpha-k}}{\beta^k e^{\beta x}}=0.$

7. $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{\ln^{\alpha}x}{x^{\beta}},$ где $\alpha>0,$ $\beta>0.$ 

Пусть $\ln x =t;$ тогда $x=e^t$ и $\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{\ln^{\alpha}x}{x^{\beta}}=\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}\frac{t^{\alpha}}{e^{\beta t}}=0$ (пример 6).

Имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}.$ Применяя правило Лопиталя, получим:

8. $\lim\limits_{x\rightarrow +0}x\ln x$

Преобразуя неопределенность вида $0\cdot\infty$ к виду $\frac{\infty}{\infty}$ и применяя правило Лопиталя имеем

$$\lim\limits_{x\rightarrow +0}x\ln x=\lim\limits_{x\rightarrow +0}\frac{\ln x}{1/x}=\lim\limits_{x\rightarrow +0}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow +0}(-x)=0.$$

9. $\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{1}{x^{50}}e^{-1/x^2}.$

Имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}.$ Полагая $1/x^2=t,$ получаем

$$\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{1}{x^{50}}e^{-1/x^2}=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{t^{25}}{e^t}=0.$$
10.  $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\left(\frac{1}{x^2}-ctg^2 x\right).$ 

Преобразуя неопредленность вида $\infty-\infty$ к виду $\frac{0}{0}$ и используя асимптотическую формулу $\sin x \sim x$ при $x\rightarrow 0,$ получаем

$$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\left(\frac{1}{x^2}-ctg^2 x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin^2 x-x^2\cos^2 x}{x^2\sin^2 x}=$$ $$=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{(\sin x+x\cos x)(\sin x-x\cos x)}{x^2\sin^2 x}=$$ $$=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x+x\cos x}{x}\cdot\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}.$$ 

Так как

$$\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x+x\cos x}{x}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}+\lim\limits_{x\rightarrow 0}\cos x=2,$$

а $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}=\frac{1}{3}$  (см. пример 4), то искомый предел равен $2/3.$