Matematyka 1NI/Reguła de l'Hospitala - Historia wersji

Anula: Utworzono nową stronę "==Reguła de l'Hospitala== '''''Zadanie 1''''' Znaleźć granicę: $\lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)\; . \,$
2015-05-22T12:41:58Z

Utworzono nową stronę "==Reguła de l'Hospitala== <big>'''''Zadanie 1'''''</big> Znaleźć granicę: <equation id="eq:limh1"><math> \lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)\; . \, </ma..."

Nowa strona
==Reguła de l'Hospitala==

<big>'''''Zadanie 1'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh1"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy przepisać granicę w postaci ilorazu, aby możliwe było zastosowanie twierdzenia de l'Hospitala.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Zapiszmy granicę w formie:
<equation id="eq:limh1a"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\log(1+x)}{\mathrm{tg}\, x}\; .
\, </math></equation>
Granica ma charakter "<math>\displaystyle \frac{0}{0}\, </math>", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Możemy więc napisać:
<equation id="eq:limh1b"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{1+x}}{\frac{1}{\cos^2 x}}=1\; ,
\, </math></equation>
gdzie skorzystaliśmy z faktu, że <math>\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\cos x=1\, </math>. Literą "H" oznaczyliśmy powyżej miejsce, w którym skorzystaliśmy z twierdzenia de l'Hospitala.
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 2'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh2"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Jak widać, granica ma ponownie charakter "<math>\displaystyle \frac{0}{0}\, </math>", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Zachodzi więc równość:
<equation id="eq:limh2a"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x-\cosh x-x(\sin x+\sinh x)}{\cos x-\cosh x}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\left(1-\frac{x(\sin x+\sinh x)}{\cos x-\cosh x}\right)\\
&\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\left(1-\frac{\frac{\sin x}{x}+\frac{\sinh x}{x}}{\frac{\cos x-1}{x^2}-\frac{\cosh x-1}{x^2}}\right)\; .
\end{array}\,</math></equation>
Jeśli teraz skorzystamy ze znanych granic:
<equation id="eq:limh2b"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x-1}{x^2} &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}=-\frac{1}{2}\; , \\
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cosh x-1}{x^2} &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\sinh^2\frac{x}{2}}{x^2}=\frac{1}{2} \; ,\\
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x} &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sinh x}{x} =1\; ,
\end{array}\,</math></equation>
to z <xr id="eq:limh2a">(%i)</xr> uzyskujemy wynik:
<equation id="eq:limh2c"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}=3\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 3'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh3"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\mathrm{tg}\, x-x}{\sin^3 x}\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Granica ma charakter "<math>\displaystyle \frac{0}{0}\, </math>". Funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala, więc można od razu zastosować zawarty w nim przepis:
<equation id="eq:limh3a"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\mathrm{tg}\, x-x}{\sin^3 x}&\!\!\! \displaystyle\stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-1}{3\sin^2 x\cos x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos^2 x}{3\sin^2 x\cos^3 x}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin^2 x}{3\sin^2 x\cos^3 x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{3\cos^3 x}=\frac{1}{3}\; .
\end{array}\,</math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 4'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh4"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2 x-x+1}{\cos^2 \frac{\pi x}{2}}\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy dwukrotnie zastosować regułę de l'Hospitala.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Gdy <math>x\, </math> zbiega do jedynki, to <math>\log x\rightarrow 0\, </math> oraz <math>\displaystyle \cos \frac{\pi x}{2}\rightarrow 0\, </math>, więc granica ma ponownie charakter "<math>\displaystyle \frac{0}{0}\, </math>". Funkcje w liczniku i mianowniku spełniają w otoczeniu <math>x=1\, </math> założenia twierdzenia de l'Hospitala. Piszemy więc:
<equation id="eq:limh4a"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2 x-x+1}{\cos^2 \frac{\pi x}{2}} \stackrel{\mathrm{H}}{=} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x}+\frac{2\log x}{x}-1}{-2\,\frac{\pi}{2}\, \cos \frac{\pi x}{2}\, \sin \frac{\pi x}{2}}=-\frac{2}{\pi}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x}+\frac{2\log x}{x}-1}{\sin (\pi x)}\; .
\, </math></equation>
Otrzymana granica jest w dalszym ciągu typu "<math>\displaystyle \frac{0}{0}\, </math>" i nadal spełnione są założenia twierdzenia de l'Hospitala, więc spróbujemy zastosować je ponownie:
<equation id="eq:limh4b"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2 x-x+1}{\cos^3 \frac{\pi x}{2}}\stackrel{\mathrm{H}}{=} -\frac{2}{\pi}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^2}-\frac{2\log x}{x^2}}{\pi \cos (\pi x)}=\frac{2}{\pi^2}\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 5'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh5"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy zapisać wyrażenie w postaci ilorazowej, do której można już zastosować regułę de l'Hospitala.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Sprowadzając wyrażenie w nawiasie do wspólnego mianownika, możemy wyrażenie <xr id="eq:limh5">(%i)</xr> zapisać w formie:
<equation id="eq:limh5a"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x - x}{x^2\sin x}\; .
\, </math></equation>
Granica ma teraz charakter "<math>\displaystyle \frac{0}{0}\, </math>", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Stosując je do naszego wyrażenia otrzymujemy:
<equation id="eq:limh5b"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x - 1}{2x\sin x+x^2\cos x}\; .
\, </math></equation>
Uzyskaną granicę znajdziemy, ponownie stosując regułę de l'Hospitala:
<equation id="eq:limh5c"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-\sin x}{2\sin x+4x \cos x-x^2 \sin x}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-\frac{\sin x}{x}}{2\frac{\sin x}{x}+4 \cos x-x \sin x}=-\frac{1}{6}\; ,
\end{array}\,</math></equation>
gdzie wykorzystaliśmy <xr id="eq:limh2b">(%i)</xr>.

Warto jeszcze dodać, że nie musieliśmy powtórnie stosować reguły de l'Hospitala do granicy po prawej stronie <xr id="eq:limh5b">(%i)</xr>, gdyż można ją było także znaleźć wykorzystując tożsamość:
<math>\displaystyle 1-\cos\alpha=2\sin^2\frac{\alpha}{2}\, </math> i przekształcając wyrażenie w następujący sposób:
<equation id="eq:limh5d"><math>
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x - 1}{2x\sin x+x^2\cos x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\sin^2\frac{x}{2}}{2x\sin x+x^2\cos x}
= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{x}\right)^2}{2\,\frac{\sin x}{x}+\cos x}=-\frac{1}{6}\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 6'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh6"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{1}{\log x}-\frac{1}{x-1}\right)\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy zapisać wyrażenie w postaci ilorazowej, do której można już zastosować regułę de l'Hospitala.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Procedura rozwiązania zadania polega na sprowadzeniu wyrażenia w nawiasie do wspólnego mianownika, a następnie dwukrotnym zastosowaniu twierdzenia de l'Hospitala. W wyniku tego otrzymujemy:
<equation id="eq:limh6a"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{1}{\log x}-\frac{1}{x-1}\right)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1-\log x}{(x-1)\log x}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1-\frac{1}{x}}{\log x+\frac{x-1}{x}}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{x\log x+x-1}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1}{\log x+2}=\frac{1}{2}\; .
\end{array}\,</math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 7'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh7"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{5}{x^5-1}-\frac{4}{x^4-1}\right)\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy zapisać wyrażenie w postaci ilorazowej, do której można już zastosować regułę de l'Hospitala.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Podobnie jak w poprzednim zadaniu, procedura rozwiązania zadania polega na sprowadzeniu wyrażenia w nawiasie do wspólnego mianownika, a następnie dwukrotnym zastosowaniu twierdzenia de l'Hospitala. W wyniku tego otrzymujemy:
<equation id="eq:limh7a"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{5}{x^5-1}-\frac{4}{x^4-1}\right)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\frac{5x^4-4x^5-1}{x^9-x^5-x^4+1}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-20x^4+20x^3}{9x^8-5x^4-4x^3}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle -20\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{9x^5-5x-4}\stackrel{\mathrm{H}}{=}-20 \lim_{x\rightarrow 1}\frac{1}{45x^4-5}=-\frac{1}{2}\; .
\end{array}\,</math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 8'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh8"><math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zamiast obliczać wprost granicę <xr id="eq:limh8">(%i)</xr>, należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Aby przekształcić granicę do postaci, dla której można zastosować regułę de l'Hospitala, wykorzystamy własności funkcji logarytm. Zamiast obliczać <xr id="eq:limh8">(%i)</xr>, znajdziemy:
<equation id="eq:limh8a"><math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}=\lim_{x\rightarrow 0^+}\log(1+x)\log\mathrm{tg}\, x=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\log\mathrm{tg}\, x}{\frac{1}{\log(1+x)}}\; .
\, </math></equation>
Otrzymana granica ma teraz charakter "<math>\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\, </math>", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają w otoczeniu punktu <math>x=0\, </math> założenia twierdzenia de l'Hospitala. Stosując je do prawej strony <xr id="eq:limh8a">(%i)</xr>, otrzymujemy:
<equation id="eq:limh8b"><math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\, x}\cdot\frac{1}{\cos^2 x}}{\frac{-1}{\log^2(1+x)}\cdot \frac{1}{1+x}}=-2\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{(1+x)\log^2(1+x)}{\sin 2x}\; .
\, </math></equation>
Teraz musimy ponownie zastosować regułę de l'Hospitala:
<equation id="eq:limh8c"><math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\stackrel{\mathrm{H}}{=}-2\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\log^2(1+x)+2\log(1+x)}{2\cos 2x}=0\; .
\, </math></equation>
Za względu na ciągłość funkcji logarytm, mamy
<equation id="eq:limh8d"><math>
0=\lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}= \log\left[\lim_{x\rightarrow 0^+}\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\right]\; ,
\, </math></equation>
skąd, dzięki jej różnowartościowości, możemy już wnioskować, że
<equation id="eq:limh8e"><math>
\lim_{x\rightarrow 0^+}\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}=e^0=1\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 9'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh9"><math>
\lim_{x\rightarrow \infty}\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}\; ,
\, </math></equation>
gdzie <math>a,b>0\, </math>.
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zamiast obliczać wprost granicę <xr id="eq:limh9">(%i)</xr>, należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Najpierw przekształcimy granicę do postaci, dla której można zastosować regułę de l'Hospitala, wykorzystując własności funkcji logarytm. Zamiast obliczać <xr id="eq:limh9">(%i)</xr>, zajmiemy się granicą:
<equation id="eq:limh9a"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\log\left(1+\frac{b}{x}\right)\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)}{\frac{1}{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}}\; .
\end{array}\,</math></equation>
Granica <xr id="eq:limh9a">(%i)</xr> jest już typu "<math>\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\, </math>", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Wykorzystując je, otrzymujemy:
<equation id="eq:limh9b"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\frac{1}{\log\left(1+\frac{a}{x}\right)}\cdot \frac{1}{1+\frac{a}{x}}\cdot\frac{-a}{x^2}}{\frac{-1}{\log^2\left(1+\frac{b}{x}\right)}\cdot \frac{1}{1+\frac{b}{x}}\cdot\frac{-b}{x^2}}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle -\frac{a}{b}\,\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x+b}{x+a}\cdot\frac{\log^2\left(1+\frac{b}{x}\right)}{\log\left(1+\frac{a}{x}\right)}\; .
\end{array}\,</math></equation>
Aby skorzystać z twierdzenia o granicy iloczynu, osobno znajdziemy (ponownie posługując się regułą de l'Hospitala) granicę:
<equation id="eq:limh9c"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\log^2\left(1+\frac{b}{x}\right)}{\log\left(1+\frac{a}{x}\right)}&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{2\log\left(1+\frac{b}{x}\right)\frac{1}{1+\frac{b}{x}}\cdot\frac{-b}{x^2}}{\frac{1}{1+\frac{a}{x}}\cdot\frac{-a}{x^2}}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle 2\,\frac{b}{a}\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x+a}{x+b}\,\log\left(1+\frac{b}{x}\right)=0\; .
\end{array}\,</math></equation>
Oznacza to, iż zeru równa jest także granica <xr id="eq:limh9b">(%i)</xr>, a dzięki ciągłości i różnowartościowości funkcji logarytm, możemy od razu napisać wynik końcowy:
<equation id="eq:limh9d"><math>
\lim_{x\rightarrow \infty}\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}=e^0=1\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 10'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh10"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zamiast obliczać wprost granicę <xr id="eq:limh10">(%i)</xr>, należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Podobnie jak w poprzednich przykładach, wykorzystując własności funkcji logarytm, przekształcimy granicę do postaci, dla której można zastosować regułę de l'Hospitala. Zamiast obliczać <xr id="eq:limh10">(%i)</xr>, znajdziemy:
<equation id="eq:limh10a"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)}{(x-1)^2}\; .
\, </math></equation>
Otrzymana granica <xr id="eq:limh10a">(%i)</xr> ma postać "<math>\displaystyle \frac{0}{0}\, </math>", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Stosując je, otrzymujemy:
<equation id="eq:limh10b"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{\sin\frac{x\pi}{2}}\cdot\frac{\pi}{2}\,\cos\frac{x\pi}{2}}{2(x-1)}\; .
\, </math></equation>
Poniżej będziemy chcieli skorzystać z twierdzenia o iloczynie granic. W tym celu znajdziemy osobno:
<equation id="eq:limh10c"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\cos\frac{x\pi}{2}}{x-1}\;\;\underset{t=x-1}{=}\;\;\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\cos\frac{(t+1)\pi}{2}}{t}=-\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin\frac{t\pi}{2}}{t}=-\frac{\pi}{2}\; .
\, </math></equation>
W konsekwencji mamy:
<equation id="eq:limh10d"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}=-\frac{\pi^2}{8}\; .
\, </math></equation>
i ostatecznie:
<equation id="eq:limh10e"><math>
\lim_{x\rightarrow 1}\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}=e^{-\frac{\pi^2}{8}}\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 11'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh11"><math>
\lim_{x\rightarrow \infty}\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)^x\; ,
\, </math></equation>
dla <math>a,b\in\mathbb{R}\, </math>.
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zamiast obliczać wprost granicę <xr id="eq:limh11">(%i)</xr>, należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Postępujemy według schematu zarysowanego w poprzednich zadaniach. Najpierw obliczamy:
<equation id="eq:limh11a"><math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}&&\!\!\!\!\!\!\! \displaystyle\log\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)^x=
\lim_{x\rightarrow \infty}x\log\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)\\
&& \displaystyle = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\log(x^2+ax+1)-\log(x^2+bx+1)}{\frac{1}{x}}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\frac{2x+a}{x^2+ax+1}-\frac{2x+b}{x^2+bx+1}}{-\frac{1}{x^2}}\\
&&\displaystyle = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x^4(a-b)+x^2(b-a)}{(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)}=a-b\; ,
\end{array}\,</math></equation>
a stąd wnosimy, że:
<equation id="eq:limh11b"><math>
\lim_{x\rightarrow \infty}\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)^x=e^{a-b}\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 12'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh12"><math>
\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}\, x}\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zamiast obliczać wprost granicę <xr id="eq:limh12">(%i)</xr>, należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Metoda postępowania jest nam już znana, więc od razu obliczamy:
<equation id="eq:limh12a"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}\, x}&\!\!\! =&\!\!\!
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\mathrm{tg}\, x\log\sin x=
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\log\sin x}{\mathrm{ctg}\, x}\\
&\!\!\! \displaystyle\stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\frac{\cos x}{\sin x}}{-\frac{1}{\sin^2 x}}=-\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\sin x\cos x=0\; .
\end{array}\,</math></equation>
W konsekwencji mamy:
<equation id="eq:limh12b"><math>
\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}\, x}=e^0=1\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----
<big>'''''Zadanie 13'''''</big>

Znaleźć granicę:
<equation id="eq:limh13"><math>
\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}^2\, x}\; .
\, </math></equation>
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Zamiast obliczać wprost granicę <xr id="eq:limh13">(%i)</xr>, należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Obliczamy najpierw:
<equation id="eq:limh13a"><math>\begin{array}{ccl}
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}^2\, x}&\!\!\! =&\!\!\!
\displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\mathrm{tg}^2\, x\log\sin x=
\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\log\sin x}{\mathrm{ctg}^2\, x}\\
&\!\!\! \displaystyle\stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{ctg}\, x}{-2\mathrm{ctg}\, x\,\frac{1}{\sin^2 x}}=-\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\sin^2 x=-\frac{1}{2}\; .
\end{array}\,</math></equation>
W konsekwencji otrzymujemy:
<equation id="eq:limh13b"><math>
\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}^2\, x}=e^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}\; .
\, </math></equation>
<br>}}
----