3.1 Reguła de l'Hospitala, cz.1

Przykłady

1

Obliczymy granice funkcji:

  1. \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x},
  2. \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x}{\ln x},
  3. \underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x}.
  1. 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.

  2. \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

  3. 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 ten pokazuje, iż stosowanie reguły de l'Hospitala bez sprawdzenia założeń tego twierdzenia może prowadzić do błędnej odpowiedzi.
Tutaj film
2

Obliczymy granice funkcji:

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

  1. Obliczymy podaną granicę funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

    \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}\,.

  2. 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 .

  3. Obliczymy podaną granicę funkcji stosując regułę de l'Hospitala i wykorzystując fakt, że \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{\sin x}{x}=1.

    \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.

3

Obliczymy granice funkcji:

  1. \underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{x-\sin x }{x},
  2. \underset{x\rightarrow \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}.
  1. 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 funkcjach. 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 } \ -\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin x}{x}\leq \dfrac{1}{x}

    oraz \underset{x\rightarrow \infty}{\lim} (-\dfrac{1}{x})=\underset{x\rightarrow \infty}{\lim} \dfrac{1}{x}  , więc na mocy twierdzenia o trzech funkcjach \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.

  2. 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.