Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej

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)  $\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x}.$

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.

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$

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)  $\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}$.

Rozwiązanie

Podobnie jak w poprzednich przykładach zaczynamy od określenia symbolu badanej granicy

$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x-\sin x }{x} = \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right],$

przy czym $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }(x-\sin x)=\infty$ na mocy twierdzenia o dwóch ciągach.

W tym przypadku nie możemy wykorzystać reguły de l'Hospitala, gdyż

$\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}\,\dfrac{(x-\sin x)' }{(x)'}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim}\,\dfrac{1-\cos x}{1},$

zaś taka granica nie istnieje. Nie oznacza to jednak, że nie istnieje badana granica -- trzeba tylko policzyć ją innym sposobem. Ponieważ

$\displaystyle\underset{x>0}{\bigwedge }-\underset{\underset{0}{\downarrow }}{\dfrac{1}{x}} \leq \dfrac{\sin x}{x}\leq \underset{\underset{0}{\downarrow }}{\dfrac{1}{x}} ,$

więc na mocy twierdzenia o trzech ciągach$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{\sin x}{x}=0.$

Stąd $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{x-\sin x }{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\left(1-\dfrac{\sin x}{x} \right)=[1-0]=1.$

b)  W tym przypadku

$\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]\overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}\cdot 2x}{1}=\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x},$

a zatem stosowanie reguły de l'Hospitala nie jest efektywne. Granicę funkcji możemy jednak obliczyć w inny sposób:

$\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2}}=\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}=1$