Zadanie 6.4.1
  1. Analiza matematyczna 1
  2. 6. Pochodne
  3. 6.4 Wzór Taylora. Reguła de L'Hospitala
  4. Zadanie 6.4.1

 Polecenie

Oblicz granice, korzystając z reguły de L'Hospitala.

 Wskazówki

Twierdzenie (Reguła de L'Hospitala)

Reguła de L'Haspitala dla nieoznaczoności \(\frac{0}{0}\)

Jeżeli funkcje \(f\) i \(g\) spełniają warunki:

 

  1. \({\displaystyle \lim_{x \to x_{0}} f(x)=\lim_{x \to x_{0}} g(x)=0,}\) dla \(g(x)\neq 0,\)

  2. istnieje granica \({\displaystyle \lim_{x \to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}}\) (właściwa lub niewłaściwa),

to \[\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)} .\]
Uwaga!
Powyższe twierdzenie jest prawdziwe również dla granic jednostronnych oraz dla granic w \(-\infty\) lub w \(\infty.\)
Reguła de L'Haspitala dla nieoznaczoności \(\frac{\infty}{\infty}\)

Jeżeli funkcje \(f\) i \(g\) spełniają warunki:

 

  1. \({\displaystyle \lim_{x \to x_{0}} f(x)=\lim_{x \to x_{0}} g(x)=\infty,}\)

  2. istnieje granica \({\displaystyle \lim_{x \to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)}}\) (właściwa lub niewłaściwa),

to \[\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to x_{0}}\frac{f'(x)}{g'(x)} .\]
Uwaga!
Powyższe twierdzenie jest prawdziwe również dla granic jednostronnych oraz dla granic w \(-\infty\) lub w \(\infty.\)

Tożsamości zmieniające rodzaje nieoznaczoności

Nieoznaczoność Stosowana tożsamość Otrzymana nieoznaczoność
\(0 \cdot \infty\) \({\displaystyle f\cdot g=\frac{f}{\frac{1}{g}}}\) \(\displaystyle\frac{0}{0}\) lub \(\displaystyle\frac{\infty}{\infty}\)
\(\infty - \infty\) \({\displaystyle f-g=\frac{\frac{1}{g}-\frac{1}{f}}{\frac{1}{fg}}}\) \(\displaystyle\frac{0}{0}\)
\(1^{\infty}, \ \infty ^{0}, \ 0^{0}\) \(f^{g}=e^{g \ln f}\) \(0\cdot \infty\)
Uwaga
Tożsamość podaną dla nieoznaczoności \(\infty-\infty\) stosujemy jeśli zawiodą inne metody jej usuwania.

 Granica 1

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{\sin 4x}{x}}\)

 Rozwiązanie

Użyj przycisków animacji, aby przejść do kolejnego slajdu.

 Granica 2

\({\displaystyle \lim_{x \to \infty}\frac{\ln (x^{2}-4)}{x+5}}\)

 Rozwiązanie

Sprawdzamy, jakiej postaci nieoznaczoność mamy w tym wypadku. Jest to przypadek nieskończoność przez nieskończoność, zatem możemy korzystać z metody de L'Hospitala. Liczymy pochodne funkcji: osobno pochodną funkcji w liczniku i osobno pochodną funkcji z mianownika ułamka. Po obliczeniu pochodnych możemy uprościć wyrażenie i próbować wyliczyć granicę wcześniej poznanymi metodami.
\({\displaystyle \lim_{x \to \infty}\frac{\ln (x^{2}-4)}{x+5}
\mathop{=}_{H}^{[\frac{\infty }{\infty }]} \lim_{x \to \infty}\frac{\frac{1}{x^{2}-4}\cdot 2x}{1}=}
{\displaystyle \lim_{x \to \infty}\frac{2x}{x^{2}-4}=\lim_{x \to \infty}\frac{\frac{2}{x}}{1-\frac{4}{x^{2}}}=\lim_{x \to \infty}\frac{\cancelto{0}{\frac{2}{x}}}{1-\cancelto{0}{\frac{4}{x^{2}}}}=0}\)

 Granica 3

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}}\)

 Rozwiązanie

 Krok 1

W pierwszym kroku określamy, jakiej nieoznaczoności jest wyrażenie \(\displaystyle\frac{e^{x}-1}{2x},\) dla \(x \to 0.\) Wybierz prawidłową odpowiedź.

\[\left [ \frac{0}{0} \right ]\]

Odpowiedź prawidłowa

\[\left [ \frac{\infty}{\infty} \right ]\]

Odpowiedź nieprawidłowa

\[\left [0\cdot \infty   \right ]\]

Odpowiedź nieprawidłowa

 Krok 2

Jeżeli powyższe wyrażenie ma nieoznaczoność postaci \(\left [ \displaystyle\frac{0}{0} \right ],\) więc możemy zastosować regułę de L'Hospitala do wyznaczenia granicy. Wybierz właściwe zastosowanie tej reguły.

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}\cdot 2}{2x}}\)

Odpowiedź nieprawidłowa

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}\cdot 2x-(e^{x}-1)\cdot 2}{(2x)^{2}}}\\\)

Odpowiedź nieprawidłowa

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}}{2}}\)

Odpowiedź prawidłowa

 Krok 3

Licząc więc granicę otrzymanego w wyniku reguły de L'Hospitala wyrażenia, otrzymamy: (wybierz prawidłową odpowiedź)

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}=\lim_{x \to 0}\frac{e^{x}}{2}=1}\)

Odpowiedź nieprawidłowa

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}=\lim_{x \to 0}\frac{e^{x}}{2}=\frac{e}{2}}\)

Odpowiedź nieprawidłowa

\({\displaystyle \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}=\lim_{x \to 0}\frac{e^{x}}{2}=\frac{1}{2}}\)

Odpowiedź prawidłowa

 Odpowiedź

Granicą funkcji \(\displaystyle\frac{e^{x}-1}{2x},\) przy \(x \to 0\) jest \(\displaystyle\frac{1}{2}.\)

 Granica 4

\(\displaystyle \lim_{x \to 0^{+}}x^{3}\ln x\)

 Rozwiązanie

Ponieważ wyrażenie \(x^{3}\ln x\) ma nieoznaczoność typu \(\left [ 0\cdot (-\infty ) \right ],\) zatem w tej postaci nie można korzystać z reguły de L'Hospitala. Należy skorzystać z tożsamości zmieniających rodzaj nieoznaczoności i przekształcić podane wyrażenie do postaci \( \left [ \displaystyle\frac{\infty }{\infty } \right ]\) lub \( \left [ \displaystyle\frac{0}{0} \right ].\) My zostawimy logarytm w liczniku a wyrażenie \(x^{3}\) zapiszemy jako odwrotność w mianowniku ułamka.
\(\displaystyle \lim_{x \to 0^{+}}x^{3}\ln x=\left [ 0\cdot (-\infty ) \right ]=
\lim_{x \to 0^{+}}\frac{\ln x}{\frac{1}{x^{3}}} \mathop{=}_{H}^{\left [ \frac{\infty }{\infty } \right ]} \lim_{x \to 0^{+}}\frac{\ln x}{x^{-3}}= \lim_{x \to 0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-3x^{-4}}=
\lim_{x \to 0^{+}}-\frac{1}{3}x^{3}=0\)

 Polecenie

Oblicz granice, korzystając z reguły de L'Hospitala.

 Granica 1

\({\displaystyle \lim_{x \to 0^{+}}\ln(x^{2}+1)\cdot \textrm{ctg }x}\)

 Odpowiedź

\(\displaystyle \lim_{x \to 0^{+}}\ln(x^{2}+1)\cdot \textrm{ctg }x=0\)

 Rozwiązanie

\({\displaystyle \lim_{x \to 0^{+}}\ln(x^{2}+1)\cdot \textrm{ctg }x=\left [ 0\cdot \infty  \right ]=
\lim_{x \to 0^{+}}\frac{\ln(x^{2}+1)}{\textrm{tg }x}=\left [ \frac{0}{0} \right ]\stackrel{H}=}\\
{\displaystyle =\lim_{x \to 0^{+}}\frac{\frac{2x}{1+x^{2}}}{\frac{1}{\cos^{2}x}}=
\lim_{x \to 0^{+}}\frac{2x\cos^{2}x}{1+x^{2}}=\frac{2\cdot 0\cdot 1}{1+0}=0}\)

 Granica 2

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{x\cdot \textrm{arctg }x}{\ln x}}\)

 Odpowiedź

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{x\cdot \textrm{arctg }x}{\ln x}=\infty }\)

 Rozwiązanie

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{x\cdot \textrm{arctg }x}{\ln x}
\mathop{=}_{H}^{\left [\frac{\infty }{\infty }\right ]}
\lim_{x \to \infty}\frac{\frac{x}{1+x^{2}}+1\cdot \textrm{arctg }x}{\frac{1}{x}}=}\\
{\displaystyle \lim_{x \to \infty}\left ( \frac{x^{2}}{1+x^{2}}+ x\cdot \textrm{arctg }x\right )=\frac{1}{0+1}+\infty \cdot \frac{\pi}{2}=1+\infty =\infty }\)

 Granica 3

\({\displaystyle\lim_{x \to \frac{\pi}{2}}\left ( \cos x \right )^{\textrm{ ctg }x}}\)

 Odpowiedź

\({\displaystyle\lim_{x \to \frac{\pi}{2}}\left ( \cos x \right )^{\textrm{ ctg }x}=1}\)

 Rozwiązanie

\({\displaystyle\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\cos x^{\textrm{tg }x}=\left [ 0^{\infty} \right ]=
\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}e^{\ln \cos x^{\textrm{tg }x}}=}\\
{\displaystyle =\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}e^{\textrm{tg }x \ln \cos x}=
\lim_{x\to \frac{\pi}{2}} e^{\frac{\ln \cos x}{\textrm{ctg }x} }=\left [ e^{\frac{0}{0}} \right ]\stackrel{H}=}\\
{\displaystyle e^{\displaystyle\lim_{x\to \frac{\pi}{2}} \frac{\frac{-\sin x}{\cos x}}{-\frac{1}{\sin^{2}x}} }=
e^{\displaystyle\lim_{x\to \frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{3}x}{\cos x}}=e^{\frac{0}{1}}=1}\)
W zadaniu 1 wybierz wszystkie pasujące odpowiedzi. Może ich być więcej niż jedna. W zadaniach 2-6 poprawna jest dokładnie jedna odpowiedź. Wybierz je i sprawdź klikając przycisk lub na końcu przyciskiem "Sprawdź poprawność odpowiedzi".

Zadanie 1

Wybierz te granice, przy których obliczaniu można zastosować regułę de L'Hospitala.

Zadanie 2

Dobierz w pary, wpisując numer prawidłowej odpowiedzi.
\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{5^{x}}{x}}\)

\(\stackrel{H}=\)

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{\ln x}{5^{x}}}\)

\(\stackrel{H}=\)

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{\ln 5^{x}}{x}}\)

\(\stackrel{H}=\)




Odpowiedź 1

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{\frac{1}{5^{x}}\cdot 5^{x}\ln 5}{1}=\ln 5}\)
Odpowiedź 2

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{5^{x}\ln 5}{1}=\infty}\)
Odpowiedź 3

\({\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{1}{x5^{x}\ln 5}=0}\)

Zadanie 3

Granicą funkcji \({\displaystyle\frac{x^{3}-2x+1}{x^{2}-1}}\) przy \(x \to 1\) jest:

Podsumowanie