2.2 Reguła de l'Hospitala (*)

Przykłady

Przykład 1

Obliczymy granice funkcji:

a)  \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x}\quad  b)  \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x}{\ln x} \quad c)  \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x}.

Rozwiązanie a)

a)  Zaczynamy od określenia symbolu granicy, aby zdecydować,  czy można zastosować regułę de l'Hospitala.

\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x} = \left[\dfrac{0}{0}\right]

Następnie badamy, czy istnieje granica ilorazu pochodnych:

\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{(e^x-1)'}{(2\sin x)'}= \underset{x\rightarrow 0 }{\lim }\, \dfrac{e^x}{2\cos x} =\dfrac{1}{2}

Na mocy reguły de l'Hospitala otrzymujemy odpowiedź

\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x} =\dfrac{1}{2}.

Zwykle stosując regułę de l'Hospitala stosujemy uproszczony zapis, przedstawiony w rozwiązaniu kolejnego zadania.

Rozwiązanie b)

b)  \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x}{\ln x} = \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right] \overset{\text{H}}{=} \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{(x)'}{(\ln x)'} =\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{1}{\frac{1}{x}} =\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, x = +\infty

Rozwiązanie c)

c)  Określamy symbol badanej granicy:

\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x} = \left[\dfrac{-\infty}{0^{+}}\right].

Symbol granicy jest oznaczony, a zatem w tym przypadku nie można wykorzystać reguły de l'Hospitala. Aby obliczyć granicę należy zastosować odpowiednie twierdzenia arytmetyki granic funkcji:

\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x} = \underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \ln x \cdot \dfrac{1}{x} =\left[-\infty \cdot \dfrac{1}{0^{+}}\right] = [-\infty \cdot \infty]=-\infty.

Na koniec zauważmy, że w tym przypadku

\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{(\ln x)'}{(x)'} =\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\frac{1}{x}}{1} = \left[\dfrac{1}{0^{+}}\right] = +\infty ,

a zatem granica ilorazu pochodnych różni się od badanej granicy.

Przykład 2

Obliczymy granice funkcji:

a) \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{x\cos 2x}{x+\arcsin x}\qquad  b) \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}}{x^{3}}\qquad c)  \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\ln (\sin x )}{\ln ^{2}{x}}.

a) \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{x\cos 2x}{x+\arcsin x} = \left[\dfrac{0}{0}\right]\overset{\text{H}}{=} \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\dfrac{(x\cos 2x)'}{(x+\arcsin x)'}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{\cos 2x-x\sin 2x\cdot 2}{1+\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}=\left[\dfrac{1-0}{1+1}\right]=\dfrac{1}{2}\,.

b) W przypadku tej granicy regułę de l'Hospitala zastosujemy dwukrotnie:

\underset{x\rightarrow + \infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}}{x^{3}}=\left[ \dfrac{\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow +\infty } {\lim }\dfrac{(e^{x^{2}})^{\prime }}{(x^{3})^{\prime }}=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}\cdot 2x}{3x^{2}}=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{2e^{x^{2}}}{3x}=\left[ \dfrac{\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}

=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{(2e^{x^{2}})^{\prime }}{(3x)^{\prime }}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{2e^{x^{2}}\cdot 2x}{3 }=\left[ \dfrac{\infty}{3} \right] =\infty .

c)  \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\ln (\sin x )}{\ln ^{2}{x}}=\left[ \dfrac{-\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\frac{1}{\sin x}\cdot \cos x}{2\ln x \cdot \frac{1}{x}}=\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\cos x}{2\ln x}=\left[ 1\cdot\dfrac{1}{-\infty}\right] =0

Wykorzystaliśmy tutaj fakt, że \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{\sin x}{x}=1.

Przykład 3

Obliczymy granice funkcji:

a)  \underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{x-\sin x }{x} \qquad b)  \underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}.