Reguła de l’Hospitala – zadania

Data wpisu 1 grudnia 2019 przez Joanna Piasecka

Zadania będą podzielone zgodnie z grupami wprowadzonymi w zakładce Wzory tutaj. W ostatnim zadaniu będzie ”mieszanka” wszystkich grup, aby móc samodzielnie klasyfikować poszczególne granice. Zaleca się przestudiowanie zakładki Wzory, gdyż znajdują się tam schematy rozwiązań dla każdej grupy granic funkcji.

Zadanie 1. Stosując regułę de l’Hospitala obliczyć granice (grupa I tutaj):

1) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{x^{2}}{e^{x}},$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{x^{2}}{e^{x}}=\frac{\infty }{\infty }{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{\left (x^{2} \right )'}{\left (e^{x} \right )'}=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{2x}{e^{x}}=\frac{\infty }{\infty }{\color{Red} \overset{(H)}{=}}$

$\dpi{120} {\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{\left (2x \right )'}{\left (e^{x} \right )'}=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{2}{e^{x}}=\frac{2}{\infty }=0.$

Pokaż rozwiązanie

2) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{e^{x}-e^{-x}}{x},$

Rozwiązanie

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{e^{x}+e^{-x}}{1}=\frac{e^{+\infty } +e^{-\infty }}{1}=+\infty .$

Pokaż rozwiązanie

3) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0 }\frac{e^{x}-e^{-x}}{\sin x},$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0 }\frac{e^{x}-e^{-x}}{\sin x}=\frac{e^{0}-e^{0}}{\sin 0}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0 }\frac{\left (e^{x}-e^{-x} \right )'}{\left (\sin x \right )'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}+e^{-x}}{\cos x}=\frac{2}{1}=2.$

Pokaż rozwiązanie

4) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 4}\frac{\sqrt{x^{2}+9}-5}{x^{2}-x-12},$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 4}\frac{\sqrt{x^{2}+9}-5}{x^{2}-x-12}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 4}\frac{\left (\sqrt{x^{2}+9}-5 \right )'}{\left (x^{2}-x-12 \right )'}=\lim_{x\rightarrow 4}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x^{2}+9}}\cdot 2x}{2x-1}=\frac{\frac{4}{5}}{7}=\frac{4}{35}$

Pokaż rozwiązanie

5) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln x}{ctgx},$

Rozwiązanie

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

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

Pokaż rozwiązanie

6) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^{2}\cos x}{ \cos x-1}.$

Rozwiązanie

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

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\overset{\rightarrow 1}{\overbrace{\cos x}}-\overset{\rightarrow 0}{\overbrace{2x\sin x}}-\left ( \overset{\rightarrow 0}{\overbrace{2x \sin x}}+\overset{\rightarrow 0}{\overbrace{x^{2}\cos x}} \right )}{- \cos x}=\frac{2}{-1}=-2.$

Pokaż rozwiązanie

Zadanie 2. Stosując regułę de l’Hospitala obliczyć granice (grupa II tutaj):

1) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}x^{6}\ln x,$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0^{+}}{\color{Red} x^{6}}\ln x=0\cdot \left ( -\infty \right )=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\ln x}{{\color{Red} \frac{1}{x^{6}}}}=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{ \ln x}{{\color{Red} x^{-6}}}=\frac{-\infty }{\infty }{\color{Blue} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{ \left (\ln x \right )'}{ \left (x^{-6} \right )'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\frac{1}{x}}{-6x^{-7}}=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{x^{7}}{-6x}=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}-\frac{1}{6}x^{6}=0.$

Pokaż rozwiązanie

2) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\left ( 1-\sin x \right )\cdot tgx,$

Rozwiązanie

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

$\dpi{120} {\color{Blue} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{-\cos x}{\frac{-1}{\sin ^{2}x}}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\overset{\rightarrow 1}{\overbrace{\sin ^{2}x}}\cdot \overset{\rightarrow 0}{\overbrace{\cos x}}=0.$

Pokaż rozwiązanie

3) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{6}}tg\left ( 3x \right )\cdot \cos \left ( \frac{\pi }{3}+x \right ),$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{6}}{\color{Red} tg\left ( 3x \right )}\cdot \cos \left ( \frac{\pi }{3}+x \right )=\infty \cdot 0=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{6}}\frac{\cos \left ( \frac{\pi }{3}+x \right )}{{\color{Red} \frac{1}{tg\left ( 3x \right )}}}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{6}}\frac{ \cos \left ( \frac{\pi }{3}+x \right )}{{\color{Red} ctg\left ( 3x \right )}}=$

$\dpi{120} =\frac{0}{0}{\color{Blue} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{6}}\frac{ \left (\cos \left ( \frac{\pi }{3} +x\right ) \right )'}{\left (ctgx \right )'}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{6}}\frac{-\sin \left ( \frac{\pi }{3}+x \right )}{\frac{-1}{ \sin ^{2}\left ( 3x \right )}\cdot 3}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{6}}\frac{1}{3} \sin \left ( \frac{\pi }{3}+x \right )\cdot \sin ^{2}\left ( 3x \right )=\frac{1}{3}\cdot 1\cdot 1^{2}=\frac{1}{3}.$

Pokaż rozwiązanie

4) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}tgx\cdot \ln x,$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}{\color{Red} tgx}\cdot \ln x=0\cdot \left ( -\infty \right )=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\ln x}{{\color{Red} \frac{1}{tgx}}}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ \ln x}{{\color{Red} ctgx}}=\frac{-\infty }{+\infty }{\color{Blue} \overset{(H)}{=}}$

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

$\dpi{120} {\color{Blue} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\to 0}\frac{-2\sin x\cdot \cos x}{1}=0.$

Pokaż rozwiązanie

5) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^{2}-1}{x^{2}}tg\frac{\pi x}{2}.$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{x^{2}-1}{x^{2}}{\color{Red} tg\frac{\pi x}{2}}=0\cdot +\infty =\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{x^{2}-1}{x^{2}}}{{\color{Red} \frac{1}{tg\frac{\pi x}{2}}}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{x^{2}-1}{x^{2}}}{{\color{Red} ctg\frac{\pi x}{2}}}=\frac{0}{0}{\color{Blue} \overset{(H)}{=}}$

$\dpi{120} {\color{Blue} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\left ( \frac{x^{2}-1}{x^{2}} \right )'}{\left ( ctg\frac{\pi x}{2} \right )'}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{2x\cdot x^{2}-\left ( x^{2}-1 \right )\cdot 2x}{x^{4}}}{\frac{-1}{\sin ^{2}\frac{\pi x}{2}}\cdot \frac{\pi }{2}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2}{\pi }\cdot \frac{\left (2x^{3}-2x^{3}+2x \right )\cdot \sin ^{2}\frac{\pi x}{2}}{x^{4}}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2 }{\pi }\cdot \frac{2x\cdot \sin ^{2}\frac{\pi x}{2}}{x^{4}}=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{2\cdot1^{2} }{1^{4}}=\frac{4}{\pi }.$

Pokaż rozwiązanie

Zadanie 3. Stosując regułę de l’Hospitala obliczyć granice (grupa III tutaj):

1) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln x} \right ),$

Rozwiązanie

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

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

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

$\dpi{120} {\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\left (\frac{1}{x}-1 \right )'}{ \left (\ln x+1-\frac{1}{x} \right )'}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{-1}{x^{2}}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}=\frac{-1}{1+1}=-\frac{1}{2}.$

Pokaż rozwiązanie

2) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{1}{\sin x} -\frac{1}{x}\right ),$

Rozwiązanie

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

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

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{\cos x+ \cos x-x\sin x}=\frac{0}{2}=0.$

Pokaż rozwiązanie

3) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{x}{x-1} -\frac{1}{\ln x}\right ),$

Rozwiązanie

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{x}{x-1} -\frac{1}{\ln x}\right )=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{ x\ln x-x+1}{\left ( x-1 \right )\ln x}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{ \left (x\ln x-x+1 \right )'}{\left [\left ( x-1 \right )\ln x \right ]'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\left ( x \right )'\cdot \ln x+x\cdot \left (\ln x \right )'-1}{\left ( x-1 \right )'\cdot \ln x+\left ( x-1 \right )\cdot \left ( \ln x \right )'}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{ \ln x+\overset{=1}{\overbrace{x\cdot \frac{1}{x}}}-1}{ \ln x+\left ( x-1 \right )\cdot \frac{1}{x}}=$

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}.$

Pokaż rozwiązanie

4) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{2}{x^{2}-1}-\frac{1}{x-1} \right ),$

Rozwiązanie

W pierwszym kroku zawsze sprowadzamy do wspólnego mianownika. Zauważmy, że najmniejszym wspólnym mianownikiem dla naszego przykładu jest $\dpi{120} x^{2}-1=\left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )$ . Większość studentów jako wspólny mianownik przyjmuje $\dpi{120} \left ( x^{2}-1 \right )\left ( x-1 \right )$ co oczywiście nie jest błędem, ale wydłuża rachunki.

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{2}{x^{2}-1}-\frac{1}{x-1} \right )=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2-\left ( x+1 \right )}{x^{2}-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2-x-1}{x^{2}-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1-x}{x^{2}-1}=$

W tym momencie możemy policzyć tą granicę dwoma sposobami:

I sposób (bez reguły de l’Hospitala)

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{1-x}{x^{2}-1}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-\left ( x-1 \right )}{\left ( x-1 \right )\left ( x+1 \right )}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-1}{x+1}=-\frac{1}{2}.$

II sposób

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

Pamiętajmy, w większości rozwiązanych tutaj przykładów istnieje inne poprawne rozwiązanie. Zawsze podajemy rozwiązanie najbardziej schematyczne i najkrótsze.

Pokaż rozwiązanie

5) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{1}{x^{2}} -\frac{1}{\sin ^{2}x}\right ).$

Rozwiązanie

Będzie długo 🙂 . Ćwiczymy cierpliwość. Przykład pokazuje, że reguły de l’Hospitala używa się nieraz wielokrotnie w jednym przykładzie.

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\overset{=\sin 2x}{\overbrace{2\sin x\cos x}}-2x}{2x\sin ^{2}x+x^{2}\cdot \underset{= \sin 2x}{\underbrace{2 \sin x\cos x}}}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{ \sin 2x-2x}{2x \sin ^{2}x+x^{2 }\sin 2x}=$

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

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos 2x\cdot 2-2}{2\cdot \sin ^{2}x+2x\cdot\underset{=\sin 2x}{\underbrace{2\sin x\cdot \cos x}}+2x\cdot \sin 2x+x^{2}\cdot 2 \cos 2x}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\cos 2x-2}{2\sin ^{2}x+2x \sin 2x+2x \sin 2x+2x^{2}\cos 2x}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\cos 2x-2}{2\sin ^{2}x+4x \sin 2x+2x^{2}\cos 2x}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}$

$\dpi{120} {\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left (2\cos 2x-2 \right )'}{\left (2\sin ^{2}x+4x \sin 2x+2x^{2}\cos 2x \right )'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-4\sin 2x}{2\cdot \underset{=\sin 2x}{\underbrace{2 \sin x\cdot \cos x}}+4\sin 2x+4x\cdot 2\cos 2x+4x \cos 2x+2x^{2}\cdot \left ( -2 \sin 2x \right )}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-4\sin 2x}{6 \sin 2x+12x\cos 2x-4x^{2}\sin 2x}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}$

$\dpi{120} {\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left (-4\sin 2x \right )'}{\left (6 \sin 2x+12x\cos 2x-4x^{2}\sin 2x \right )'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-8\cos 2x}{12 \cos 2x+12 \cos 2x-24x\sin 2x-8x \sin 2x-8x^{2}\cos 2x}=$

$\dpi{120} =\frac{-8}{12+12}=-\frac{1}{3}.$

Gratulacje, jeżeli ktoś doszedł do końca. Pojawiło się tu trochę skrótów rachunkowych, ale mamy nadzieję, że daliście radę. Pocieszenie, raczej takich przykładów nie daje się na kolokwiach i egzaminach.

Pokaż rozwiązanie

Zadanie 4. Stosując regułę de l’Hospitala obliczyć granice (grupa IV tutaj):

1) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\left ( tgx \right )^{tg2x},$

Rozwiązanie

Liczymy granicę funkcji zlogarytmowanej:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\ln \left ( tgx \right )^{tg2x}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}{\color{Red} tg2x}\cdot \ln \left ( tgx \right )=0\cdot \infty =\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{ \ln \left ( tgx \right )}{{\color{Red} \frac{1}{tg2x}}}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{\ln \left ( tgx \right )}{{\color{Red} ctg2x}}=$

$\dpi{120} =\frac{\infty }{\infty }{\color{Blue} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{\left [\ln \left ( tgx \right ) \right ]'}{ \left (ctg2x \right )'}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{\frac{1}{tgx}\cdot \left ( tgx \right )'}{\frac{-1}{\sin^{2} 2x}\cdot \left ( 2x \right )'}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{\frac{1}{tgx}\cdot \frac{1}{\cos ^{2}x}}{\frac{-1}{\sin ^{2}2x}\cdot 2}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{-\sin ^{2}2x}{2tgx\cdot \cos ^{2}x}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{-\left (2\sin x\cos x \right )^{2}}{2\cdot \frac{\sin x}{\cos x}\cdot \cos ^{2}x}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{-4\sin ^{2}x\cos ^{2}x}{2\sin x\cos x}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}-2\sin x\cos x={\color{Magenta} 0}.$

Użyliśmy tutaj wzoru trygonometrycznego $\dpi{120} \sin 2x=2 \sin x\cos x$ oraz $\dpi{120} tgx=\frac{\sin x}{\cos x}$ . Warto o nich pamiętać. Pojawiają się bardzo często.

Wracamy do wyjściowej granicy:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\left ( tgx \right )^{tg2x}=e^{{\color{Magenta} 0}}=1.$

Pamiętajmy o tym końcowym kroku, bo jest to częsty błąd wynikający z zapomnienia.

Pokaż rozwiązanie

2) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}x^{4x},$

Rozwiązanie

Liczymy granicę funkcji zlogarytmowanej:

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-1}{\left ( 4x \right )^{2}}\cdot \left ( 4x \right )'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{-1}{16x^{2}}\cdot 4}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{4x^{2}}{-x}=\lim_{x\rightarrow 0}-4x={\color{Magenta} 0}.$

Wracamy do wyjściowej granicy:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}x^{4x}=e^{{\color{Magenta} 0}}=1.$

Pokaż rozwiązanie

3) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{1}{x} \right )^{\sin x},$

Rozwiązanie

Liczymy granicę funkcji zlogarytmowanej:

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

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

$\dpi{120} {\color{Blue} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left ( \sin ^{2}x \right )'}{\left ( x\cos x \right )'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\sin x\cdot \left (\sin x \right )'}{\left ( x \right )'\cdot \cos x+x\cdot \left ( \cos x \right )'}=$

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\sin x\cos x}{1\cdot \cos x+x\cdot \left ( -\sin x \right )}=\frac{0}{1}={\color{Magenta} 0}.$

Wracamy do wyjściowej granicy:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \frac{1}{x} \right )^{\sin x}=e^{{\color{Magenta} 0}}=1.$

Pokaż rozwiązanie

4) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}x^{\frac{1}{1-x}},$

Rozwiązanie

Liczymy granicę funkcji zlogarytmowanej:

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x}}{-1}=\frac{1}{-1}={\color{Magenta} -1}.$

Wracamy do wyjściowej granicy:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}x^{\frac{1}{1-x}}=e^{{\color{Magenta} -1}}=\frac{1}{e}.$

Pokaż rozwiązanie

5) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( tgx \right )^{\frac{1}{\ln x}}.$

Rozwiązanie

Liczymy granicę funkcji zlogarytmowanej:

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

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x}{tgx\cdot \cos ^{2}x}=\lim_{x\rightarrow 0}\underset{\rightarrow 1}{\underbrace{\frac{x}{tgx}}}\cdot \frac{1}{ \underset{\rightarrow 1}{\underbrace{\cos ^{2}x}}}={\color{Magenta} 1}.$

W ostatnim kroku można było znowu korzystać z reguły de l’Hospitala, ale krócej jest pamiętać o tym, że $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{tgx}{x}=1.$

Wracamy do wyjściowej granicy:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( tgx \right )^{\frac{1}{\ln x}}=e^{{\color{Magenta} 1}}=e.$

Pokaż rozwiązanie

Zadanie 5. Stosując regułę de l’Hospitala obliczyć granice (zadania różne):

1) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-1}{\sin 3x},$

Rozwiązanie

Sprawdzamy wartość graniczną:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-1}{\sin 3x}=\frac{e^{0}-1}{\sin 0}=\frac{0}{0}.$

Zatem jest to grupa I, możemy bezpośrednio stosować regułę de l’Hospitala:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}-1}{\sin 3x}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left (e^{x}-1 \right )'}{\left (\sin 3x \right )'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x}}{\underset{\rightarrow 1}{\underbrace{\cos 3x}}\cdot 3}=\frac{1}{3}.$

Pokaż rozwiązanie

2) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( 1-e^{2x} \right )\cdot ctgx,$

Rozwiązanie

Sprawdzamy wartość graniczną:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( 1-e^{2x} \right )\cdot ctgx=\left ( 1-e^{0} \right )\cdot ctg0=0\cdot \infty .$

Zatem jest to grupa II. Wprowadzamy ułamki piętrowe według wcześniejszego schematu:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( 1-e^{2x} \right )\cdot {\color{Red} ctgx}=0\cdot \infty =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-e^{2x}}{{\color{Red} \frac{1}{ctgx}}}=$

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

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 0}-2\overset{\rightarrow 1}{\overbrace{e^{2x}}}\cdot \overset{\rightarrow 1}{\overbrace{\cos ^{2}x}}=-2.$

Pokaż rozwiązanie

3) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \sin x \right )^{tgx},$

Rozwiązanie

Sprawdzamy wartość graniczną:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \sin x \right )^{tgx}=\sin 0^{tg0}=0^{0}.$

Zatem jest to grupa IV. Liczymy więc granicę funkcji zlogarytmowanej:

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

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

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

Wracamy do wyjściowej granicy:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\left ( \sin x \right )^{tgx}=e^{{\color{Magenta} 0}}=1.$

Pokaż rozwiązanie

4) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{1}{\ln x} -\frac{1}{x-1}\right ),$

Rozwiązanie

Sprawdzamy wartość graniczną:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 1}\left ( \frac{1}{\ln x} -\frac{1}{x-1}\right )=\frac{1}{ln1}-\frac{1}{1-1}=\infty -\infty .$

Zatem jest to grupa III. Sprowadzamy do wspólnego mianownika:

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

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

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

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x^{2}}}{\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}=\frac{1}{2}.$

Pokaż rozwiązanie

5) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{ \sin 2x},$

Rozwiązanie

Sprawdzamy wartość graniczną:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{ \sin 2x}=\frac{0}{0}.$

Jest to grupa I, zatem liczymy bezpośrednio z reguły de l’Hospitala:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{ \sin 2x}=\frac{0}{0}{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\left (\sin x \right )'}{ \left (\sin 2x \right )'}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x}{ 2\cos 2x}=\frac{1}{2}.$

Pokaż rozwiązanie

6) $\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \infty }\frac{x^{4}}{e^{x^{2}}}$

Rozwiązanie

Sprawdzamy wartość graniczną:

$\dpi{120} \lim_{x\rightarrow \infty }\frac{x^{4}}{e^{x^{2}}}=\frac{\infty }{\infty }{\color{Red} \overset{(H)}{=}}$

Zatem jest to grupa I, możemy bezpośrednio stosować regułę de l’Hospitala:

$\dpi{120} {\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\left (x^{4} \right )'}{\left (e^{x^{2}} \right )'}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{{\color{Blue} 4x^{3}}}{e^{x^{2}}\cdot {\color{Blue} 2x}}=$

Skracamy:

$\dpi{120} =\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{ 2x^{2}}{e^{x^{2}}}=\frac{\infty }{\infty }{\color{Red} \overset{(H)}{=}}\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{ \left (2x^{2} \right )'}{\left (e^{x^{2}} \right )'}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{ {\color{Blue} 4x}}{e^{x^{2}}\cdot {\color{Blue} 2x}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{ 2}{e^{x^{2}}}=\frac{2}{\infty }=0$

Pokaż rozwiązanie