Reguła de l'Hospitala (wzory) - WYZNACZNIK

Pamiętajmy, że sama reguła de l’Hospitala odnosi się jedynie do symboli nieoznaczonych $\dpi{120} \frac{0}{0}$ oraz $\dpi{120} \frac{\infty }{\infty }$ . Wiemy już, że tych wyrażeń nieoznaczonych jest więcej (patrz Granice ciągów – teoria). Liczenie granic zawierających symbole nieoznaczone podzielimy na cztery grupy, do których podane zostaną schematy rozwiązań.

Grupa I ( $\dpi{120} \frac{0}{0}$ , $\dpi{120} \frac{\infty }{\infty }$ )

Schemat rozwiązania na przykładzie: $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^{5}-1}{x^{4}-1}$ .

1) Sprawdzamy wartość granicy dla $\dpi{120} x=1$

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^{5}-1}{x^{4}-1}=\frac{1^{5}-1}{1^{4}-1}=\frac{0}{0}$ – symbol nieoznaczony

2) Ponieważ otrzymaliśmy symbol nieoznaczony $\dpi{120} \frac{0}{0}$ , więc możemy stosować regułę de l’Hospitala:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^{5}-1}{x^{4}-1}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{\left ( H \right )}{=}}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\left ( x^{5}-1 \right )'}{\left ( x^{4}-1 \right )'}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{5x^{4}}{4x^{3}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{5}{4}x=\frac{5}{4}\cdot 1=\frac{5}{4}.$

W regule de l’Hospitala liczymy pochodną licznika i pochodną mianownika. Nie stosujemy wzoru na pochodną z ilorazu! (częsty błąd)

Pokaż schemat

Zwiń

Grupa II ( $\dpi{120} \infty \cdot 0$ )

Schemat rozwiązania na przykładzie: $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\left ( x-\frac{\pi }{2} \right )\cdot tgx$

1) Sprawdzamy wartość granicy dla $\dpi{120} x=\frac{\pi }{2}$ :

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\left ( x-\frac{\pi }{2} \right )\cdot tgx=\left ( \frac{\pi }{2} -\frac{\pi }{2}\right )\cdot tg\frac{\pi }{2}=0\cdot \left ( +\infty \right )$ – symbol nieoznaczony

2) Musimy sprowadzić ten symbol do jednego z dwóch $\dpi{120} \frac{0}{0}$ lub $\dpi{120} \frac{\infty }{\infty }$ , aby móc zastosować regułę de l’Hospitala. W tym celu tworzymy ułamek piętrowy.

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\left ( {\color{Blue} x-\frac{\pi }{2}} \right )\cdot {\color{Red} tgx}=0\cdot \left ( +\infty \right )=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{{\color{Blue} x-\frac{\pi }{2}}}{{\color{Red} \frac{1}{tgx}}}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{x-\frac{\pi }{2}}{{\color{Red} ctgx}}=\frac{0}{0}$ – symbol nieoznaczony

Uwaga! Jeżeli pod granicą występują funkcje tangens lub cotangens zawsze wstawiamy je do mianownika. Funkcja logarytm zawsze zostaje w liczniku.

3) Sprowadziliśmy granicę do granicy z Grupy I. Stosujemy zatem regułę de l’Hospitala:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\left ( x-\frac{\pi }{2} \right )\cdot tgx=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{x-\frac{\pi }{2}}{ ctgx}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{\left (x-\frac{\pi }{2} \right )'}{\left ( ctgx \right )'}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{1}{\frac{-1}{\sin ^{2}x}}=$

$\dpi{120} =\frac{1}{\frac{-1}{\sin ^{2}\frac{\pi }{2}}}=- \sin ^{2}\frac{\pi }{2}=-1^{2}=-1.$

Pokaż schemat

Zwiń

Grupa III ( $\dpi{120} \infty -\infty$ )

Schemat rozwiązania na przykładzie $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left (\frac{1}{x} -\frac{1}{e^{x}-1} \right )$

1) Sprawdzamy wartość granicy dla $\dpi{120} x=0$ :

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left (\frac{1}{x} -\frac{1}{e^{x}-1} \right )=''\frac{1}{0}-\frac{1}{e^{0}-1}=\frac{1}{0}-\frac{1}{1-1}=\infty -\infty ''$ – symbol nieoznaczony

2) Sprowadzamy wyrażenie w nawiasie do wspólnego mianownika:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left (\frac{1}{x} -\frac{1}{e^{x}-1} \right )=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ e^{x}-1-x}{x\left (e^{x}-1 \right )}$

Ponownie sprawdzamy wartość:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left (\frac{1}{x} -\frac{1}{e^{x}-1} \right )=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ e^{x}-1-x}{x\left (e^{x}-1 \right )}=\frac{e^{0}-1-0}{0\left ( e^{0}-1 \right )}=\frac{0}{0}$ – symbol nieoznaczony

3) Sprowadziliśmy granicę do granicy z Grupy I. Stosujemy zatem regułę de l’Hospitala:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left (\frac{1}{x} -\frac{1}{e^{x}-1} \right )=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ e^{x}-1-x}{x\left (e^{x}-1 \right )}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ \left (e^{x}-1-x \right )'}{\left (x\left (e^{x}-1 \right ) \right )'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-1}{\left ( x \right )'\cdot \left ( e^{x}-1 \right )+x\cdot \left ( e^{x}-1 \right )'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-1}{1\cdot \left ( e^{x}-1 \right )+x\cdot e^{x}}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-1}{e^{x}-1+xe^{x}}=\frac{e^{0}-1}{e^{0}-1+0\cdot e^{0}}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left (e^{x}-1 \right )'}{\left (e^{x}-1+xe^{x} \right )'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}}{e^{x}+\underset{\left ( xe^{x} \right )'}{\underbrace{e^{x}+xe^{x}}}}=\frac{e^{0}}{e^{0}+e^{0}+0\cdot e^{0}}=\frac{1}{2}.$

Bardzo często jednokrotne zastosowanie reguły de l’Hospitala nie daje rezultatu. Należy wówczas stosować ją aż do pozbycia się nieoznaczoności. W tym przykładzie zastosowaliśmy regułę dwukrotnie.

Pokaż schemat

Zwiń

Grupa IV ( $\dpi{120} \infty ^{0},0^{0},1^{\infty }$ )

Schemat rozwiązania na przykładzie $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}x^{ \sin x}$

1) Sprawdzamy wartość granicy dla $\dpi{120} x=0$

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}x^{ \sin x}=0^{\sin 0}=0^{0}$ – symbol nieoznaczony

2) Zamiast powyższej granicy liczymy granicę funkcji zlogarytmowanej:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\ln x^{ \sin x}$

Korzystamy z własności logarytmu $\dpi{120} \ln x^{a}=a \ln x$ . Mamy:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\ln x^{ \sin x}=\lim_{x\rightarrow 0}\sin x\cdot \ln x=\sin 0\cdot \ln 0=0\cdot \left ( -\infty \right )$ – symbol nieoznaczony grupa II

Zatem:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\ln x^{ \sin x}=\lim_{x\rightarrow 0}\sin x\cdot \ln x=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln x}{\frac{1}{\sin x}}=\frac{-\infty }{\infty }{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left (\ln x \right )'}{\left (\frac{1}{\sin x} \right )'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-1}{\sin ^{2}x}\cdot \left ( \sin x \right )'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-1}{\sin ^{2}x}\cdot \cos x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-\sin ^{2}x}{x\cos x}=\frac{0}{0}$

Możemy stosować ponownie regułę de l’Hospitala, bądź policzyć ją wcześniej poznaną metodą. My przypomnimy metodę bez reguły de l’Hospitala.

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{-{\color{Red} \sin ^{2}x}}{{\color{Blue} x}\cos x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-{\color{Red} \sin x\cdot \sin x}\cdot {\color{Green} x}}{{\color{Blue} x}\cdot {\color{Green} x}\cos x}=-1\cdot 1\cdot 1\cdot\frac{0}{\cos 0}={\color{Magenta} 0}.$