Материал: Практикум по высшей математике. дифференциальное исчисление. Пантелеев И.Н

x → x0 , то c → x0 , так как x0 < c < x. Переходя к пределу в последнем равенстве, получаем:

Случай 2. x < 0, тогда x < x0. Функции f(x), g(x), рассматриваемые на отрезке [x, x0], удовлетворяют условиям теоремы Коши, и потому доказательство аналогично, как в случае 1. Итак, теорема Лопиталя доказана.

Пример 1. Найти lim 1 − cos 3x .

x→0 2x

Решение. Поскольку функции f (x) =1 – cos3x, g(x) = 2x удовлетворяют условию теоремы Лопиталя, то

Замечание 1. Теорема Лопиталя справедлива и в том случае, когда функции f(x), g(x) не определены в точке x0, но

f (x), g(x), положив f (x0) = g(x0) = 0, тогда f(x), g(x) будут непрерывны в точке x0, а потому теорема Лопиталя будет при-

менима к ним.

Замечание 2. Правило Лопиталя применимо и в том случае,

когда f (x) = 0, g (x) = 0.

Действительно, введя новую переменную y =1/ x , видим, что y → 0 при x → ∞. Тогда

71

Теорема Лопиталя. (Раскрытие неопределенностей типа ∞ )

∞

Пусть функции f (x), g(x) дифференцируемы в окрестности точке x0, за исключением самой точки x0, причем g'(x) ≠ 0,

Отметим, что эта теорема верна для случая, когда x→∞, в этом можно убедиться, повторяя рассуждения замечания 2.

Замечание 3. Предел отношения двух функций может существовать, в то время как предел отношения их производных не существует.

Таким образом, для раскрытия неопределенностей типа 0 или

0

∞∞ иногда приходится применять правило Лопиталя несколько раз.

72

следовательно, имеем отношение двух бесконечно больших

2.11. Возрастание и убывание функций

Теорема 1. (Достаточное условие возрастания функции)

Если функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема на интервале (a, b), причем f ′(x) > 0 для любого

x (a, b), то эта функция возрастает на отрезке [a, b]. Доказательство. Функция возрастает на [a, b], если

x1, x2 [a,b] (x1 < x2 → f(x1) < f (x2)).

Пусть x1, x2 – любые два числа из [a, b], такие, что x1 < x2. Докажем, что f(x1) < f(x2).

73

По теореме Лагранжа о конечных приращениях

где c удовлетворяет неравенству x1 < c < x2. По условию теоремы f ′(с) > 0, следовательно, f(x2) – f (x1) > 0, т.е.

f (x1) < f (x2). Теорема доказана.

Теорема 2. (Необходимое условие возрастания функции)

Если функция f (x) непрерывна и возрастает на отрезке [a, b], дифференцируема на интервале (a, b), то f ′(x) ≥ 0 для любого x из интервала (a, b).

Доказательство. Пусть x0 (a, b). Дадим аргументу при-

74

f (x) возрастаетнаинтервалах (–∞, –1) и (1, +∞). Посколькунера-

Заметим, что в точке x1 = –1 значение f (–1) больше, чем

значение f (x) в соседних с x1 точках. Говорят, что в точке x1 функция имеет максимум (локальный максимум). Аналогично, f(x2) < f(x) для x, близких к x2. В этом случае говорят, что в точках x2 функция имеет минимум (локальный минимум).

2.12. Экстремумы функции

Дадим точные определения точкам максимума и минимума функции. Пусть функция f (x) определена на промежутке

X и x0 X.

Говорят, что в точке x0 функция f (x) имеет максимум, если существует такая окрестность точки x0, что для любого x из этой окрестности f (x) < f (x0).

Точка x0 называется точкой минимума, если существует такая окрестность точки x0, что для любого x из этой окрест-

ности f (x) > f (x0).

Точки максимума и минимума называются точками экс-

тремума.

Замечание. Точки экстремума всегда являются внутренними точками промежутка, т.е. не могут быть его концом.

Теорема 1. (Необходимое условие экстремума)

Если функция f (x) дифференцируема в точке x0 и некоторой ее окрестности и x0 – точка экстремума, то f ′(x0) = 0.

75