Lopitalova pravila

Lopitalova pravila
s ljubavlju za moje kolege
1
Lopital 1 verzija a
1.1
Formulacija teoreme:
Neka su funkcije f i g obe neprekidne na poluotvorenom intervalu [a, b), diferencijabilne na (a, b), f (a) = g(a) = 0 i g 0 (x) 6= 0, x ∈ (a, b).
0
(x)
Ako postoji konaˇcan ili beskonaˇcan limx→a+ fg0 (x)
= p, onda postoji i limx→a+
i vaˇzi:
f 0 (x)
f (x)
= lim 0
= p.
lim
x→a+ g (x)
x→a+ g(x)
1.2
f (x)
g(x)
Dokaz:
U dokazu, posmatraćemo 2 razliˇcita sluˇcaja:
• 1) a i p su konaˇcni; Ima u Kadelburgu.
• 2) a je konaˇcno, p je beskonaˇcno; Jako je sliˇcno kao prva verzija.
2
2.1
Lopital 1 verzija b
Formulacija teoreme:
Neka su funkcije f i g obe diferencijabilne (a samim tim i neprekidne) na intervalu (c, a = +∞), neka je limx→∞ f (x) = limx→∞ g(x) = 0 i g 0 (x) 6= 0, x ∈
(c, +∞).
0
(x)
Ako postoji konaˇcan ili beskonaˇcan limx→∞ fg0 (x)
= p, onda postoji i limx→∞
i vaˇzi:
f 0 (x)
f (x)
lim
= lim 0
= p.
x→∞ g (x)
x→∞ g(x)
2.2
Dokaz:
U dokazu, posmatraćemo 1 sluˇcaj: a je beskonaˇcno, p je konaˇcno;
1
f (x)
g(x)
Definiˇsimo funkcije F (t) i G(t):
(
f ( 1t )
F (t) =
0
(
G(t) =
za t 6= 0;
za t = 0;
(1)
g( 1t ) za t 6= 0
0
za t = 0;
(2)
koje će obe zadovoljavati uslove Koˇsijeve teoreme. Odavde je:
lim
x→∞
F (t)
f (x)
= lim
.
g(x) t→0 G(t)
Nadovezujući rezultat iz prethodnog sluˇcaja teoreme, dobijamo:
f 0 ( 1 )(− t12 )
f 0 ( 1t )
F (t)
F 0 (t)
f 0 (x)
f (x)
= lim
= lim 0
= lim 0 1t
=
lim
=
lim
,
x→∞ g 0 (x)
x→∞ g(x)
t→0 G(t)
t→0 G (t)
t→0 g ( )(− 12 )
t→0 g 0 ( 1 )
t
t
t
lim
ˇsto je i trebalo dokazati.
3
3.1
Proˇ
sirenje Hajneove definicije
Formulacija teoreme:
Neka je f : A → R, A ⊂ R, x0 je taˇcka nagomilavanja skupa A i p ∈ (−∞, +∞).
Ako se iz svakog niza (xn ), n ≥ 1 takav da je xn ∈ A, xn 6= x0 i limn→∞ xn = x0
moˇze izdvojiti podniz (xnk ), k ≥ 1 takav da je limk→∞ f (xnk ) = p,
onda je limx→x0 f (x) = p.
3.2
Dokaz:
Pretpostavimo suprotno, da je za navedene uslove limx→x0 f (x) 6= p. Tada:
(∃ > 0)(∀δ > 0)(∃x0 ∈ A)|x0 − x0 | < δ ⇒ |f (x0 ) − p| ≥ .
Ako uzmemo δ =
(δ =
1
n
> 0, onda je:
1
> 0)(∃ > 0)(∃(xn ) ∈ A)|xn − x0 | < δ ⇒ |f (xn ) − p| ≥ .
n
iz kog je nemoguće izdvojiti podniz (xnk ) koji bi teˇzio ka p: limk→∞ f (xnk ) = p,
ˇsto je u suprotnosti sa zadatim uslovima. Kontradikcija.
2
ˇ
Stolcova
teorema
4
4.1
Formulacija teoreme:
Neka su (an ), n ≥ 1 i (bn ), n ≥ 1 dva niza realnih brojeva i neka je niz (bn )
strogo rastući poˇcev od nekog n1 i neka je (bn ) → ∞.
Ako postoji limn→∞
an −an−1
bn −bn−1
an
bn
i vaˇzi:
an+1 − an
an
= lim
= L.
n→∞ bn
bn+1 − bn
lim
n→∞
4.2
= L, onda postoji i limn→∞
Dokaz:
an −an−1
bn −bn−1
Izraz limn→∞
= L koji vaˇzi poˇcev od nekog n2 , zapiˇsimo kao:
L−<
an − an−1
< L + .
bn − bn−1
Kako je niz (bn ) strogo rastući poˇcev od nekog n1 , za dovoljno veliko n vaˇzi
da je R = bn − bn−1 > 0, pa ceo prethodni izraz moˇzemo pomnoˇziti sa R, bez
promene znaka nejednakosti, pa je:
(L − )(bn − bn−1 ) <
an − an−1
(bn − bn−1 ) < (L + )(bn − bn−1 ),
bn − bn−1
ˇsto vaˇzi poˇcev od n0 = max{n1 , n2 }. Ovakve izraze moˇzemo zapisati za sve
Ri = bi − bi−1 , gde je i ∈ {1, 2, . . . , k}. Sumiranjem po i dobijamo:
k
X
(L − )(bn − bn−1 ) <
k
X
an − an−1
1
1
(L − )
k
X
bn − bn−1
(bn − bn−1 ) <
k
X
k
X
an − an−1 < (L + )
1
1
(bn − bn−1 ) <
(L + )(bn − bn−1 )
1
k
X
(bn − bn−1 )
1
(L − )(bk − b0 ) < ak − a0 < (L + )(bk − b0 )
(L − )(bk − b0 ) + a0 < ak < (L + )(bk − b0 ) + a0
(L − )(bk − b0 ) + a0 < ak < (L + )(bk − b0 ) + a0
(L − )(1 −
/ : bk
b0
a0
ak
b0
a0
)+
<
< (L + )(1 − ) +
bk
bk
bk
bk
bk
3
Kako za bk → ∞ i k → ∞, pa, kako su b0 i a0 konaˇcni,
b0
a0
→ 0,
→ 0,
bk
bk
i dobijamo:
L−<
ak
< L + ,
bk
ˇsto je i trebalo dokazati.
5
5.1
Lopital
bilo ˇ
sta
∞
Formulacija teoreme:
Neka je f, g : (a, b) → R, gde je (a, b) ∈ (−∞, +∞) i neka su obe funkcije
diferencijabilne na (a, b) (1). Zatim, neka je limx→b− g(x) = +∞ (2) i neka je
g 0 (x) 6= 0 za x ∈ (a, b) (3).
Ako postoji limx→b−
f 0 (x)
g 0 (x)
= p (4), onda postoji i limx→b−
lim−
x→b
5.2
f (x)
g(x)
i vaˇzi:
f (x)
f 0 (x)
= lim− 0
= p.
g(x) x→b g (x)
Dokaz:
Iz Darbuove teoreme,
g 0 (x) 6= 0, ∀x ∈ (a, b) ⇒
g 0 (x) > 0, ∀x ∈ (a, b)
∨
g 0 (x) > 0, ∀x ∈ (a, b).
Uzevˇsi u obzir joˇs i uslov (2), zakljuˇcujemo da je g 0 (x) > 0, ∀x ∈ (a, b) i da je g
rastuća na (a, b).
Uvedimo niz (xn ) ⊂ (a, b), n ≥ 1 za koji vaˇzi: limn→∞ xn = b− . Zbog dobijenog
da je g rastuća na (a, b), iz niza (xn ) moˇzemo izdvojiti strogo rastući podniz
(zk ) = (xnk ), k ≥ 1 za koji je limk→∞ g(zk ) = +∞ (10 ) i g(zk+1 ) > g(zk ) (20 ).
Kako funkcije f i g zadovoljavaju uslove Koˇsijeve teoreme na odseˇcku [zk , zk+1 ],
sledi da postoji ck ∈ (zk , zk+1 ) za koju vaˇzi:
f (zk+1 ) − f (zk )
f 0 (ck )
= 0
,
g(zk+1 ) − g(zk )
g (ck )
gde limk→∞ ck = b− .
0
(x)
Uslov (4) limx→b− fg0 (x)
= p povlaˇci da je:
lim−
k→b
f 0 (ck )
f (zk+1 ) − f (zk )
= lim
=p
g 0 (ck ) k→b− g(zk+1 ) − g(zk )
4
(30 )
ˇ
Iz dobijenih rezultata (10 ), (20 ) i (30 ) i koristeći Stolcovu
teoremu, dobijamo
da je i:
f (zk )
lim
= p,
k→∞ g(zk )
ondosno da je:
lim
k→∞
f (xnk )
= p,
g(xnk )
a iz Hajneove proˇsirene definicije dobijamo i da je:
lim−
x→b
f (x)
= p,
g(x)
ˇcime je teorema dokazana.
5

Download Report