3. Reguła de l'Hospitala

Przykłady

1

Obliczymy granice funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

  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}.

  2. Zwykle stosując regułę de l'Hospitala stosujemy uproszczony zapis przedstawiony poniżej.

    \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.
2

Obliczymy granice funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

  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.

4

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.

5

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.

    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.