3. 2 Reguła de l'Hospitala cz.2

Teoria

1

Obliczymy granice funkcji:

  1. \lim\limits_{x\to + \infty } \, x^2\,e^{-x},
  2. \lim\limits_{x\to 0^{+} }x\,\ln x,
  3. \lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x.
  1. Zaczynamy od określenia symbolu badanej granicy funkcji:

    \lim\limits_{x\to + \infty }\,x^2 \,e^{-x}= \left[ \infty\cdot0 \,\right].

    W tym przypadku, aby zastosować regułę de l'Hospitala, wyrażenie x^2 \,e^{-x}  zapiszemy w postaci ilorazu \dfrac{x^2}{e^x}. Dwukrotnie stosując regułę de l'Hospitala otrzymujemy:

    \lim\limits_{x\to +\infty }\,x^2 \,e^{-x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{x^2}{e^x}=\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{(x^2)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{2x}{e^x} =\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{(2x)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{2}{e^x} = \left[ \dfrac{2}{\infty} \right] = 0.

  2. Podobnie jak poprzednim przykładzie określimy najpierw symbol badanej granicy funkcji:

    \lim\limits_{x\to 0^{+}}\,x \ln x=\left[ 0\cdot (-\infty) \right] .

    Następnie przekształcimy funkcję, której granicę obliczamy, w taki sposób  by można było zastosować regułę de l'Hospitala. A zatem

    \lim\limits_{x\to 0^{+}} x\ln x=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\left[ \dfrac{-\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{(\ln x)'}{(\frac{1}{x})'} = \lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} =\lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{-x^2}{x}=\lim\limits_{x\to 0^{+}}(-x)=0.

  3. Ustalimy najpierw symbol badanej granicy funkcji:

    \lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x=\left[ 0^0\right].

    Przekształcimy funkcję stosując tożsamość: f(x)^{g(x)}=e^{\ln (f(x)^{g(x)})}. A zatem

    x^x=e^{\ln x^x}=e^{x \ln x}.

    Korzystając z wyniku otrzymanego w podpunkcie (b) mamy

    \displaystyle \lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x=\lim\limits_{x\to 0^{+} }e^{x\ln x}=\left[ e^0 \right]=1.

Tutaj film
2

Obliczymy granice funkcji:

  1. \lim\limits_{x\to +\infty } (e^{x^2}-x^3),
  2. \lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) ,
  3. \lim\limits_{x\to +\infty }(\pi\, x-2x\,\text{arctg} x).
Zauważmy, że dla wszystkich rozważanych w tym przykładzie granic otrzymujemy symbole nieoznaczone \left[\infty-\infty\right] , które po odpowiednich przekształceniach sprowadzimy do symbolu \left[ \frac{\infty}{\infty} \right] albo \left[ \frac{0}{0} \right].
  1. Określamy symbol granicy i przekształcamy funkcję w następujący sposób:

    \lim\limits_{x\to+ \infty } (e^{x^2}-x^3)=\left[\infty-\infty\right] =\lim\limits_{x\to +\infty } e^{x^2}\left(1-\dfrac{x^3}{e^{x^2}}\right).

    Dalej pomocniczo obliczymy granicę \lim\limits_{x\to+ \infty} \frac{x^3}{e^{x^2}} dwukrotnie stosując regułę de l'Hospitala:

    \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{x^3}{e^{x^2}}=\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to+ \infty } \dfrac{(x^3)'}{(e^{x^2})'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{3x^2}{2x\,e^{x^2}} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{3x}{2\,e^{x^2}} = \left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{(3x)'}{(2e^{x^2})'} = \lim\limits_{x\to+ \infty }\,\dfrac{3}{4x\,e^{x^2}} = \left[ \dfrac{3}{\infty} \right] = 0.

    Uwzględniając powyższe mamy/ Ostatecznie otrzymujemy

    \lim\limits_{x\to+ \infty } e^{x^2}(1-\frac{x^3}{e^{x^2}})=\left[ \infty \cdot(1-0) \right]=\infty.

  2. Określamy symbol granicy:

    \lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) = \left[\infty-\infty\right].

    W tym przypadku, aby można było wykorzystać regułę de l'Hospitala, wystarczy sprowadzić ułamki do wspólnego mianownika. A zatem

    \lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) = \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{\sin x-x}{x\sin x}= \left[ \dfrac{0}{0} \right] \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{(\sin x-x)'}{(x\sin x)'} =\lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{\cos x-1}{\sin x+x\cos x} = \left[ \dfrac{0}{0} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{-\sin x}{\cos x+\cos x-x\sin x}= \left[ \dfrac{0}{2} \right]=0.

  3. Stosujemy regułę de l'Hospitala po wykonaniu odpowiednich przekształceń:

    \lim\limits_{x\to +\infty }(\pi\, x-2x\,\text{arctg} x)=\left[\infty-\infty\right] = \lim\limits_{x\to +\infty }x\,(\pi\,-2\,\text{arctg} x)=\left[ \infty\cdot 0\right] = \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{\pi\,-2\,\text{arctg} x}{\frac1x}= \left[ \dfrac{0}{0} \right] \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to+\infty }\dfrac{(\pi\,-2\,\text{arctg} x)'}{(\frac1x)'} = \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{-2\,\frac{1}{1+x^2}}{-\,\frac{1}{x^2}} = \lim\limits_{x\to +\infty }\dfrac{2\,x^2}{1+x^2}=2.

Tutaj film