Anula: Utworzono nową stronę "Obliczyć granice następujących funkcji korzystając z reguły de l'Hospitala. Należy pamiętać, żeby w każdym przykładzie sprawdzać, czy mamy do czynienia z prz..."

2015-05-22T13:05:32Z

Utworzono nową stronę "Obliczyć granice następujących funkcji korzystając z reguły de l'Hospitala. Należy pamiętać, żeby w każdym przykładzie sprawdzać, czy mamy do czynienia z prz..."

Nowa strona

Obliczyć granice następujących funkcji korzystając z reguły de l'Hospitala.
Należy pamiętać, żeby w każdym przykładzie sprawdzać, czy mamy do
czynienia z przypadkiem, dla którego wolno regułę de l'Hospitala stosować.

== <math>\lim _{x\rightarrow 0}\displaystyle \frac{e^x-e^{-x}}{3x}</math> ==

Liczymy odpowiednie granice licznika i mianownika:

::<math>
\lim _{x\rightarrow 0}\left(e^x-e^{-x}\right)=1-1=0\,,
\qquad \qquad \lim _{x\rightarrow 0}(3x)=0\,.
</math>

Obie wynoszą zero (mamy wyrażenie typu “0/0”),
więc można zastosować regułę de l'Hospitala.

::<math>
\lim _{x\rightarrow 0}\frac{e^x-e^{-x}}{3x}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{\left(e^x-e^{-x}\right)^{\prime }}{(3x)^{\prime }}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{e^x+e^{-x}}{3}=\frac{1+1}{3}=\frac{2}{3}
</math>

== <math>\lim _{x\rightarrow 0}\displaystyle \frac{\sin {x}}{x}</math> ==

(wyrażenie typu “0/0”)

::<math>
\lim _{x\rightarrow 0}\frac{\sin {x}}{x}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{(\sin {x})^{\prime }}{(x)^{\prime }}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{\cos {x}}{1}=\lim _{x\rightarrow 0}\cos {x}=1
</math>

== <math>\lim _{x\rightarrow \infty }\left(x^3e^{-x}\right)</math> ==

(wyrażenie typu “<math>\infty \cdot 0</math>” przekształcamy do postaci
“<math>\infty /\infty </math>”).

<math>\begin{matrix}
\lim _{x\rightarrow \infty }\left(x^3e^{-x}\right)
=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{x^3}{e^{x}}
=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{(x^3)^{\prime }}{(e^{x})^{\prime }}
&&\!\!\!\!\!\!
=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{3x^2}{e^{x}}
=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{(3x^2)^{\prime }}{(e^{x})^{\prime }}
\\&&\!\!\!\!\!\!
=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{6x}{e^{x}}
=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{(6x)^{\prime }}{(e^{x})^{\prime }}
=\lim _{x\rightarrow \infty }\frac{6}{e^{x}}=0
\end{matrix}</math>

== <math>\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\displaystyle \frac{x^p}{a^x}\right)</math> ==

dla <math>a>1</math> i całkowitego, dodatniego <math>p</math>
(wyrażenie typu “<math>\infty /\infty </math>”).

<math>\begin{matrix}
\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{x^p}{a^x}\right)
&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{(x^p)^{\prime }}{(a^x)^{\prime }}\right)
=\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{px^{p-1}}{(e^{\ln (a^x)})^{\prime }}\right)
=\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{px^{p-1}}{(e^{x\ln (a)})^{\prime }}\right)
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{px^{p-1}}{\ln (a)e^{x\ln (a)}}\right)
=\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{px^{p-1}}{\ln (a)a^x}\right)
=\frac{p}{\ln (a)}\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{x^{p-1}}{a^x}\right)
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{p}{\ln (a)}\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{(x^{p-1})^{\prime }}{(a^x)^{\prime }}\right)
=\frac{p}{\ln (a)}\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{(p-1)x^{p-2}}{\ln (a)a^x}\right)
\\&&\!\!\!\!\!\!\!\!=\frac{p(p-1)}{(\ln (a))^2}\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{x^{p-2}}{a^x}\right)
=\ldots =\frac{p!}{(\ln (a))^p}\lim _{x\rightarrow \infty }\left(\frac{1}{a^x}\right)=0
\end{matrix}</math>

Ten rachunek pokazuje, że funkcja potęgowa rośnie dla dużych
argumentów wolniej niż funkcja wykładnicza (w tym sensie, że
ich iloraz maleje i dąży do zera).

== <math>\lim _{x\rightarrow 0}(x\ln {x})</math> ==

(wyrażenie typu “<math>0\cdot (-\infty )</math>” przekształcamy do postaci
“<math>-\infty /\infty </math>”)

::<math>
\lim _{x\rightarrow 0}(x\ln {x})
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{\ln {x}}{\frac{1}{x}}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{(\ln {x})^{\prime }}{\left(\frac{1}{x}\right)^{\prime }}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{-x^2}{x}
=\lim _{x\rightarrow 0}(-x)=0
</math>

== <math>\lim _{x\rightarrow 0}\displaystyle \frac{\arcsin {x}}{x}</math> ==

(wyrażenie typu “0/0”)

::<math>
\lim _{x\rightarrow 0}\frac{\arcsin {x}}{x}
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{(\arcsin {x})^{\prime }}{(x)^{\prime }}
=\lim _{x\rightarrow 0}(\arcsin {x})^{\prime }
</math>

Tu liczymy szczegółowo pochodną funkcji odwrotnej (w tym
przypadku <math>\arcsin {x}</math>), co sprawia studentom spore kłopoty.

Definiujemy

::<math>
y=\sin (z)=f(z)
\qquad \qquad z=\arcsin (y)=(f^{-1})(y)
</math>

i korzystając ze wzoru

::<math>
\left[(f^{-1})(y)\right]^{\prime }=\left.\frac{1}{[f(z)]^{\prime }}\right|_{z=(f^{-1})(y)}
</math>

obliczamy

::<math>
\left[\arcsin (y)\right]^{\prime }=\left.\frac{1}{[\sin (z)]^{\prime }}\right|_{z=\arcsin (y)}
=\left.\frac{1}{\cos (z)}\right|_{z=\arcsin (y)}
=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}
</math>

W ostatniej równości wykorzystaliśmy związek:

::<math>
\cos (z)=\pm \sqrt{[\cos (z)]^2}=\pm \sqrt{1-[\sin (z)]^2}=\pm \sqrt{1-y^2}
</math>

Z dwóch możliwych znaków wybieramy <math>+</math>, ze względu na konwencję
dotyczącą wartości funkcji arcus sinus. Do odwrócenia funkcji sinus
używa się zwykle przedziału między <math>-\frac{\pi }{2}</math> a <math>\frac{\pi }{2}</math>.
Wartości funkcji cosinus są w tym przedziale dodatnie.
Korzystając z powyższych wyników możemy obliczyć zadaną granicę:

::<math>
\lim _{x\rightarrow 0}\frac{\arcsin {x}}{x}=\lim _{x\rightarrow 0}(\arcsin {x})^{\prime }
=\lim _{x\rightarrow 0}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1
</math>

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

Anula: Utworzono nową stronę "Obliczyć granice następujących funkcji korzystając z reguły de l'Hospitala. Należy pamiętać, żeby w każdym przykładzie sprawdzać, czy mamy do czynienia z prz..."