洛必达定理

方法一:

现在我们有一个极限式:

\lim\limits_{x\to a}{\frac{f(x)}{g(x)}}

正常情况下我们直接对于上下求极限然后相除就好了,但是当f(a)=0,g(a)=0(或者是都等于\pm \infty时,我们这里只讨论0),这样上下就形成了\frac{0}{0}的情况,这样明显是行不通的…
因为f(x),g(x)是可导函数,那么我们可以粗略的把极限附近线性化:
那么有:

f(x)\approx f(a)+f'(a)\times (x-a)

g(x)\approx g(a)+g'(a)\times (x-a)

那么就有:

\lim\limits_{x\to a}{\frac{f(x)}{g(x)}}\approx\lim\limits_{x\to a}{\frac{f(a)+f'(a)\times (x-a)}{g(a)+g'(a)\times (x-a)}}

因为f(a)=0,g(a)=0,所以有:

\lim\limits_{x\to a}{\frac{f(x)}{g(x)}}\approx\lim\limits_{x\to a}{\frac{f'(a)}{g'(a)}}

方法二:

我们得到一个极限式:

\lim\limits_{x\to 0}({\frac{1}{\sin(x)}-\frac{1}{x}})

我们发现当 x\to 0^+ 时, \frac{1}{\sin(x)}\frac{1}{x} 都趋于+\infty; 当x\to 0^- 时, 这两项又同时趋于-\infty. 无论哪种情况, 这都是两个非常大的数 (正无穷大或负无穷大) 的差…
那我们这个时候可以做的就是直接通分,得到:

\lim\limits_{x\to 0}({\frac{x-\sin(x)}{\sin(x)\times x}})

这又是一个可以利用方法一解决的题目….

然后我们看一个新的极限式:

\lim\limits_{x\to 0^+}{x\times \ln(x)}

可以看出, 当x\to0^+时, x\to 0 然而 \ln(x)\to -\infty,那么对于这种情况,基本思想是把 x 转化为 \frac{1}{x} 从而把 x 移到分母…就有:

\lim\limits_{x\to 0^+}{x\times \ln(x)}=\lim\limits_{x\to 0^+}{\frac{\ln(x)}{\frac{1}{x}}}

然后也归到方法一上去了…

方法三:

最后, 我们研究最复杂的一种情况, 比如:

\lim\limits_{x\to0^+}{x^{\sin(x)}}

对于这种情况,基本思想是首先对 x^{\sin(x)} 取对数, 接下来再求当x \to 0^+时的极限:

\lim\limits_{x\to0^+}{\ln{x^{\sin(x)}}}=\lim\limits_{x\to0^+}{\sin(x)\ln{x}}=\lim\limits_{x\to0^+}{\frac{\ln(x)}{\csc(x)}}

就又回到了方法一的情况…最后等于0.

\lim\limits_{x\to0^+}{\ln{x^{\sin(x)}}}=0

易得有:

\lim\limits_{x\to0^+}{x^{\sin(x)}}=1

再看一个式子:

\lim\limits_{x\to0^+}{(1+3\tan(x)^{\frac{1}{x}})}

我们同样对后面取对数,然后得到:

\lim\limits_{x\to0^+}{(1+3\tan(x))^{\frac{1}{x}}}=\lim\limits_{x\to0^+}{\frac{1}{x}\ln(1+3\tan(x))}

然后就豁然开朗了….

总结:

总之,洛必达定理就是利用把无法相除的方程转变为可以求解的,以达到求解极限的目的….

发表评论

电子邮件地址不会被公开。 必填项已用*标注