Matematyka 1 OO/Reguła de l'Hospitala

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\gt 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]