Analiza matematyczna 1/Wykład 11: Reguła de l'Hospitala. Równość asymptotyczna

11. Twierdzenie de l'Hospitala. Równość asymptotyczna

Dowodzimy reguły de l'Hospitala pozwalającej efektywnie wyznaczać granice funkcji w przypadku symboli nieoznaczonych typu $\frac{0}{0}$ lub $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$. Definiujemy także symbole Landaua $o$ małe i $O$ duże. Porównujemy asymptotyczne zachowanie wybranych funkcji (m.in. logarytmu, funkcji wykładniczej, wielomianów) w zerze i w nieskończoności.

11.1. Reguła de l'Hospitala

Efektywne wyznaczanie granic funkcji w przypadku symboli nieoznaczonych typu $\frac{0}{0}$, $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ często zdecydowanie upraszcza zastosowanie twierdzenia, które nazywamy regułą de l'Hospitala

Twierdzenie [Uzupelnij]

Niech $f,g:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ będą funkcjami różniczkowalnymi w przedziale $(a,b)$, przy czym $-\mathrm{\infty }\le a<b\le \mathrm{\infty }$. Załóżmy, że istnieje granica ilorazu pochodnych $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ i jest równa $c\in \overline{\mathbb{ℝ}}$. Jeśli istnieją granice funkcji

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=0\text{ oraz }\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0,$

to istnieje granica ilorazu funkcji w punkcie $a$ i jest równa granicy ilorazu pochodnych w tym punkcie, tj.

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=c.$

Dowód [Uzupelnij]

(szkic) Twierdzenie wykażemy w przypadku, gdy granica ilorazu pochodnych $c\in \mathbb{ℝ}$ jest skończona. Załóżmy również dodatkowo (aby uprościć dowód), że $f(a)=g(a)=0$. Niech $h>0$ będzie dowolną liczbą taką, że $a+h<b$. Z twierdzenia Cauchy'ego wynika, że dla pewnej liczby $\xi \in (a,a+h)$ zachodzi równość:

$\frac{f(a+h)-f(a)}{g(a+h)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$

czyli

$\frac{f(a+h)}{g(a+h)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )},\text{ gdyż }f(a)=g(a)=0.$

Wartość $\xi$ zależy od wyboru $h$. Jeśli punkt $a+h$ zmierza do $a$, punkt pośredni $\xi$ również będzie zmierzał do $a$. Wobec tego w granicy przy $h\to 0$ dostajemy równość:

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(a+h)}{g(a+h)}=\underset{\xi \to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.$

Stąd jeśli istnieje granica ilorazu pochodnych $\underset{\xi \to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$ w punkcie $a$, to istnieje

również granica ilorazu funkcji $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}$ w tym punkcie i są one równe.

{black}

Uwaga [Uzupelnij]

Zastosowanie wzoru z tezy reguły de l'Hospitala jest możliwe po sprawdzeniu, czy licznik i mianownik ułamka $x\mapsto \frac{f(x)}{g(x)}$ spełniają wszystkie założenia podanego twierdzenia, tj.

-- czy obie funkcje są różniczkowalne w sąsiedztwie punktu $a$

-- czy istnieje granica ilorazu pochodnych $\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ w punkcie $a$

-- czy obie funkcje $f$ oraz $g$ zmierzają do zera w punkcie $a$.

Jeśli którekolwiek z tych założeń nie jest spełnione, nie wolno stosować reguły de l'Hospitala, gdyż nie ma żadnej gwarancji, czy granica ilorazu pochodnych ma jakikolwiek związek z istnieniem i wartością granicy ilorazu funkcji. Pamiętajmy także, że zapis (którego w ramach wykładu będziemy unikać, a który jest powszechny w większości zbiorów zadań i w podręcznikach)

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$

należy rozumieć w ten sposób, że uprzednio sprawdzono, że spełnione są założenia reguły de l'Hospitala i -- wobec tego -- wnioskujemy o istnieniu granicy ilorazu funkcji i o równości tej

granicy z granicą ilorazu pochodnych.

W wersji podanej powyżej reguła de l'Hospitala stanowi narzędzie do badania istnienia granic ilorazu $\frac{f}{g}$ w przypadku nieoznaczoności typu $\frac{0}{0}$. Prawdziwe jest również następujące twierdzenie

Twierdzenie [Uzupelnij]

Niech $f,g:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ będą funkcjami różniczkowalnymi w przedziale $(a,b)$, przy czym $-\mathrm{\infty }\le a<b\le \mathrm{\infty }$. Załóżmy, że istnieje granica ilorazu pochodnych $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ i jest równa $c\in \overline{\mathbb{ℝ}}$. Jeśli istnieją granice funkcji

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\mathrm{\infty }\text{ oraz }\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\mathrm{\infty },$

to istnieje granica ilorazu funkcji w punkcie $a$ i jest równa granicy ilorazu pochodnych w tym punkcie, tj.

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=c.$

Dowód tego twierdzenia pomijamy. Zwróćmy jednak uwagę, że mając narzędzie do badania istnienia granicy ilorazu funkcji $\frac{f}{g}$ w przypadku nieoznaczoności typu $\frac{0}{0}$ możemy je także użyć w przypadku nieoznaczoności typu $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$. Wystarczy bowiem iloraz $\frac{f}{g}$ zastąpić odwrotnością ilorazu odwrotności funkcji $f$, $g$, tj.

$\frac{f}{g}=\frac{\frac{1}{g}}{\frac{1}{f}},$

gdyż iloraz

$\frac{\frac{1}{g}}{\frac{1}{f}}$ jest symbolem typu $\frac{0}{0}$, gdy $\frac{f}{g}$ jest symbolem nieoznaczonym typu $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$.

Przykład [Uzupelnij]

Dla dowolnej liczby naturalnej $n$ istnieje granica

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^n}{\exp x}=0.$

Dowód [Uzupelnij]

Niech $n=1$. Iloraz $\frac{x}{\exp x}$ spełnia założenia reguły de l'Hospitala, gdyż obie funkcje są różniczkowalne w $\mathbb{ℝ}$, iloraz $\frac{x}{\exp x}$ stanowi symbol nieoznaczony $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ przy $x\to \mathrm{\infty }$ i istnieje granica

ilorazu pochodnych $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(x{)}^{\prime }}{(\exp x{)}^{\prime }}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{\exp x}=0.$ Stąd istnieje $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x}{\exp x}=0.$ Zauważmy, że dla dowolnej liczby naturalnej $k\ge 1$

prawdziwa jest implikacja

$[\mathrm{\exists }\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^k}{\exp x}=0]⟹[\mathrm{\exists }\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^{k+1}}{\exp x}=0].$

Skoro istnieje $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^k}{\exp x}=0$, to istnieje granica ilorazu pochodnych funkcji $x\mapsto x^{k+1}$ i $x\mapsto \exp x$, gdyż

$\frac{(x^{k+1}{)}^{\prime }}{(\exp x{)}^{\prime }}=(k+1)\frac{x^k}{\exp x}\to 0,\text{ gdy }x\to \mathrm{\infty }.$

Z reguły de l'Hospitala wynika więc, że istnieje $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^{k+1}}{\exp x}=0.$ Na mocy zasady indukcji matematycznej granica $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^n}{\exp x}=0$ istnieje dla dowolnej liczby naturalnej $n$.

{black}

Wniosek [Uzupelnij]

Jeśli $w$ jest dowolnym wielomianem, to $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{w(x)}{\exp x}=0$. Innymi słowy: funkcja wykładnicza $\exp$ zmierza do nieskończoności szybciej niż jakikolwiek wielomian.

Dowód [Uzupelnij]

Każdy wielomian jest sumą skończonej liczby jednomianów $w(x)=a_0+a_{1}x+\dots +a_n{x}^n$. Skoro iloraz dowolnego jednomianu i funkcji wykładniczej zmierza do zera, to na podstawie twierdzenia o granicy sumy wnioskujemy, że suma ilorazów

$a_0\frac{1}{\exp x}+a_1\frac{x}{\exp x}+\dots +a_n\frac{x^n}{\exp x}$ także zmierza do zera, gdy $x\to \mathrm{\infty }$.

{black}

Wniosek [Uzupelnij]

Dla dowolnej liczby rzeczywistej $a$ istnieje $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^a}{\exp x}=0$

Dowód [Uzupelnij]

Dla dowolnej liczby $a\in \mathbb{ℝ}$ potrafimy znaleźć liczbę

naturalną $n$ większą od $|a|$. Wówczas dla $x>1$ mamy $0\le \frac{x^a}{\exp x}\le \frac{x^n}{\exp x}.$ Skoro

$\frac{x^n}{\exp x}\to 0$, gdy $x\to \mathrm{\infty }$, to na podstawie twierdzenia o trzech ciągach istnieje

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^a}{\exp x}=0$.

{black}

{{red}[Rysunek am1w11.0005]}

W poprzednim module rozważaliśmy funkcję

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f(t)=\left\{ \aligned &\exp(-t^{-1}), &\text{ dla } t>0\\ &0, &\text{ dla } t\leq 0 \endaligned\right .}

i pozostawiliśmy bez dowodu stwierdzenie, że

Uwaga [Uzupelnij]

Funkcja $f$ ma w punkcie $t=0$ pochodne

dowolnie wysokiego rzędu równe zeru.

Dowód [Uzupelnij]

Dla $h<0$ iloraz różnicowy $\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{0-0}{h}=0$. Z kolei dla $h>0$ mamy

$\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{\exp (-h^{-1})-0}{h}=\frac{h^{-1}}{\exp (h^{-1})}=\frac{x}{\exp x},\text{ gdzie }x=h^{-1}.$ Zauważmy, że $x\to \mathrm{\infty }$, gdy

$h\to 0^{+}$. Ponieważ istnieje granica $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x}{\exp x}=0$, więc istnieje również granica $\underset{h\to 0+}{\lim }\frac{h^{-1}}{\exp (h^{-1})}=0.$ Stąd istnieje $f^{\prime }(0)=0$. Dla $x\ne 0$ wyznaczamy pochodną korzystając z twierdzenia o pochodnej złożenia funkcji i dostajemy (po uwzględnieniu istnienia pochodnej w zerze)

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f'(t)=\left\{ \aligned &t^{-2}\exp(-t^{-1}), &\text{ dla } t>0\\ &0, &\text{ dla } t\leq 0 \endaligned\right .}

Rozważmy następnie iloraz różnicowy $\frac{f^{\prime }(0+h)-f^{\prime }(0)}{h}$. Dla $h<0$ mamy $\frac{f^{\prime }(0+h)-f^{\prime }(0)}{h}=\frac{0-0}{h}=0$, natomiast gdy $h>0$ zachodzi równość

$\frac{f^{\prime }(0+h)-f^{\prime }(0)}{h}=\frac{h^{-2}\exp (-h^{-1})-0}{h}=\frac{h^{-3}}{\exp (h^{-1})}=\frac{x^3}{\exp x},\text{ gdzie }x=h^{-1}.$ Podobnie jak poprzednio, ponieważ istnieje granica $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^3}{\exp x}=0$, więc istnieje również granica $\underset{h\to 0+}{\lim }\frac{h^{-3}}{\exp (h^{-1})}=0.$ Stąd istnieje $f^{″}(0)=0$.

Wobec tego, że dla $t<0$ mamy $f^{″}(t)=0$, a dla dodatnich $t>0$ -- na mocy twierdzeń o pochodnej iloczynu oraz złożenia funkcji -- zachodzi równość

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned f''(t)&= \big(t^{-2}\exp(-t^{-1})\big)'\\ &=(t^{-2})'\exp(-t^{-1})+t^{-2}\big(\exp(-t^{-1})\big)'\\&= -2t^{-3}\exp(-t^{-1})+t^{-2}(t^{-2})\exp(-t^{-1})\\&=(-2t^{-3}+t^{-4})\exp(-t^{-1}).\endaligned}

Wobec tego druga pochodna $f^{″}$ istnieje w każdym punkcie $t$ i wyraża się wzorem

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f''(t)=\left\{ \aligned &(t^{-4}-2t^{-3})\exp(-t^{-1}), &\text{ dla } t>0\\ &0, &\text{ dla } t\leq 0. \endaligned\right .}

Kontynuując rozumowanie spostrzegamy, że dla dowolnej liczby naturalnej $k$ pochodna rzędu $k$ funkcji $f$ wyraża się wzorem

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f^{(k)}(t)=\left\{ \aligned &v(t^{-1})\exp(-t^{-1}), &\text{ dla } t>0\\ &0, &\text{ dla } t\leq 0, \endaligned\right .} gdzie $x\mapsto v(x)$ jest pewnym

wielomianem zmiennej $x$ (podstawiamy $x=t^{-1}$). Wobec tego iloraz różnicowy w zerze pochodnej rzędu $k$ funkcji $f$ jest postaci

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \frac{f^{(k)}(0+h)-f^{(k)}(0)}{h}=\left\{\aligned &0, &\text{ dla } h<0, \\&\frac{w(t^{-1})}{\exp (t^{-1})}, &\text{ dla } h>0,\endaligned \right .} gdzie $w:x\mapsto w(x)$ jest także pewnym

wielomianem. Po podstawieniu za $t^{-1}=x$, wobec istnienia granicy $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{w(x)}{\exp x}=0$ wnioskujemy o istnieniu granicy $\underset{t\to 0+}{\lim }\frac{w(t^{-1})}{\exp (t^{-1})}=0$. W oczywisty sposób istnieje także granica ilorazu różnicowego przy $h\to 0^{-}$, więc istnieje $f^{(k+1)}(0)=0$. Na mocy zasady indukcji matematycznej istnieje

więc $f^{(n)}(0)=0$ dla dowolnej liczby naturalnej $n$.

{black}

Porównajmy zachowanie w sąsiedztwie zera oraz nieskończoności funkcji logarytmicznej i funkcji $x\mapsto x^a$, gdy $a>0$. Wykażemy, że

Uwaga [Uzupelnij]

Dla dowolnej liczby rzeczywistej $a>0$ istnieją granice

$\underset{x\to 0+}{\lim }{x}^a\ln x=0\text{ oraz }\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln x}{x^a}=0.$

Dowód [Uzupelnij]

Obie funkcje $x\mapsto \ln x$ oraz $x\mapsto x^{-a}$ są różniczkowalne w prawostronnym sąsiedztwie zera i istnieją granice $\underset{x\to 0+}{\lim }\ln x=-\mathrm{\infty }$ oraz $\underset{x\to 0+}{\lim }{x}^{-a}=\mathrm{\infty }$. Ponadto iloraz pochodnych tych funkcji

$\frac{(\ln x{)}^{\prime }}{(x^{-a}{)}^{\prime }}=\frac{x^{-1}}{-a{x}^{-a-1}}=-a^{-1}{x}^a$

zmierza do zera, gdy $x\to 0+$ dla dowolnej liczby $a>0$. Stąd na

mocy reguły de l'Hospitala istnieje $\underset{x\to 0+}{\lim }{x}^a\ln x=0.$

Z kolei przy $x\to \mathrm{\infty }$ mamy $\ln x\to \mathrm{\infty }$, $x^a\to \mathrm{\infty }$

dla $a>0$. Iloraz pochodnych tych funkcji $\frac{(\ln x{)}^{\prime }}{(x^a{)}^{\prime }}=\frac{x^{-1}}{a{x}^{a-1}}=\frac{1}{a{x}^a}$ zmierza do

zera przy $x\to \mathrm{\infty }$ dla dowolnej liczby $a>0$. Stąd na mocy

reguły de l'Hospitala istnieje także $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln x}{x^a}=0.$

{black}

Uwagę można podsumować krótko stwierdzeniem, że funkcja logarytmiczna zmierza do nieskończoności wolniej niż jakakolwiek potęga zmiennej $x$ o dodatnim wykładniku. W sąsiedztwie zera z kolei funkcja logarytmiczna zmierza tak wolno do minus nieskończoności, że pomnożenie jej przez jakąkolwiek potęgę zmiennej $x$ o dodatnim wykładniku stanowi wyrażenie zbieżne do zera.

Reguła de l'Hospitala pozwala łatwo wykazać istnienie szeregu ważnych granic.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Istnieją granice

a) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$

b) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$

c) $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1$

d) $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{a}{x}{)}^x=\exp a$, dla dowolnej liczby $a\in \mathbb{ℝ}$.

Dowód [Uzupelnij]

a) Funkcje $f(x)=\sin x$ i $g(x)=x$ są różniczkowalne, zmierzają do zera, gdy argument $x$ zmierza do zera i istnieje granica ilorazu ich pochodnych $\frac{(\sin x{)}^{\prime }}{(x{)}^{\prime }}=\frac{\cos x}{1}\to 1$, gdy $x\to 0$. Stąd na mocy reguły de l'Hospitala istnieje $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$.

b) Funkcje $f(x)=1-\cos x$ i $g(x)=x^2$ są różniczkowalne, zmierzają do zera, gdy argument $x$ zmierza do zera i istnieje granica ilorazu ich pochodnych $\frac{(1-\cos x{)}^{\prime }}{(x^2{)}^{\prime }}=\frac{\sin x}{2x}=\frac{1}{2}\frac{\sin x}{x}\to \frac{1}{2}$ na mocy punktu a). Stąd istnieje także $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2}$.

c) Podobnie jak w obu poprzednich punktach $f(x)=\ln (1+x)$ i $g(x)=x$ są różniczkowalne, zmierzają do zera, gdy argument $x$ zmierza do zera i istnieje granica ilorazu ich pochodnych $\frac{(\ln (1+x){)}^{\prime }}{(x{)}^{\prime }}=\frac{1}{x+1}\to 1$, gdy $x\to 0$. Stąd istnieje $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}=1$.

d) Wyrażenie $(1+\frac{a}{x}{)}^x$ stanowi przy $x\to \mathrm{\infty }$ symbol nieoznaczony typu $1^{\mathrm{\infty }}$. Przekształćmy je

$(1+\frac{a}{x}{)}^x=\exp (x\ln (1+\frac{a}{x})).$

Zauważmy, że wykładnik

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle x\ln\big(1+\frac{a}{x}\big)=a\cdot \frac{\ln\big(1+\frac{a}{x}\big)}{\frac{a}{x}}\to a\cdot 1, \text{ gdy } x\to \infty,} gdyż na mocy poprzedniego punktu iloraz

$\frac{\ln (1+t)}{t}$ zmierza do jedynki, gdy $t=\frac{a}{x}$ zmierza do zera. Stąd wobec ciągłości funkcji wykładniczej

istnieje granica $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\exp (x\ln (1+\frac{a}{x}\left)\right)=\exp a.$

{black}

Zwróćmy uwagę, że z faktu istnienia granicy ciągu $a_n=(1+\frac{1}{n}{)}^n$, nie można wyciągnąć bezpośrednio wniosku o istnieniu granicy funkcji $f(x)=(1+\frac{a}{x}{)}^x$ przy $x\to \mathrm{\infty }$, stąd dowód punktu d) uwagi jest konieczny, aby stwierdzić, że granica ta istnieje.

Równość asymptotyczna

Niech $a\in \overline{\mathbb{ℝ}}$. Zauważmy, że istnienie skończonej granicy ilorazu $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=C$ oznacza, że w pewnym sąsiedztwie punktu $a$ funkcje $f$ oraz $Cg$ są w przybliżeniu równe, gdyż zgodnie z definicją granicy funkcji w punkcie $a\in \mathbb{ℝ}$ dla dowolnej liczby $ϵ>0$ istnieje

$\delta >0$

taka, że

$|\frac{f(x)}{g(x)}-C|<ϵ,\text{ o ile }x\in (a-\delta ,a+\delta ),$

co jest równoważne nierówności

$C-ϵ<\frac{f(x)}{g(x)}<C+ϵ,$

czy też

$(C-ϵ)g(x)<f(x)<(C+ϵ)g(x)$

w pobliżu punktu

$a$

. Podobnie gdy

$a=\mathrm{\infty }$

istnienie

skończonej granicy $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=C$ oznacza, że dla dużych wartości argumentu $x$ obie funkcje $f$ oraz $Cg$ są w przybliżeniu równe w tym sensie, że dla $ϵ>0$ potrafimy wskazać taką liczbę $M$, że na prawo od niej, tj. w przedziale $(M,+\mathrm{\infty })$ iloraz $\frac{f(x)}{g(x)}$ różni się od stałej $C$ o nie więcej niż $ϵ$. Innymi słowy dla $x>M$ mamy nierówność $(C-ϵ)g(x)<f(x)<(C+ϵ)g(x)$.

Niech $f,g$ będą funkcjami określonymi w prawo- lub lewostronnym sąsiedztwie punktu $a$ (tj. w przedziale postaci $(a,a+h)$ lub $(a-h,a)$, dla pewnego $h>0$, gdy $a$ jest liczbą skończoną, bądź też w przedziale postaci $(M,\mathrm{\infty })$, $(-\mathrm{\infty },M)$, gdy $a=\mathrm{\infty }$ lub $a=-\mathrm{\infty }$).

Definicja [Uzupelnij]

Mówimy, że funkcja $f$ jest rzędu $o(g(x))$ w punkcie $a$, jeśli istnieje granica (prawo- lub lewostronna) ilorazu $\frac{f(x)}{g(x)}$ w punkcie $a$ i jest równa zeru.

Jeśli iloraz $\left|\frac{f(x)}{g(x)}\right|$ jest ograniczony w pewnym prawo- lub lewostronnym sąsiedztwie punktu $a$, to mówimy, że funkcja $f$ jest rzędu $O(g(x))$ w punkcie $a$.

Symbole $o(g(x))$ oraz $O(g(x))$ nazywamy symbolami Landaua. Czytamy je o małe oraz O duże od $g(x)$.

Zauważmy, że jeśli $f(x)=o(g(x))$ w punkcie $a$, to $f(x)=O(g(x))$ w tym punkcie, ale nie na odwrót.

Uwaga [Uzupelnij]

Z twierdzenia o granicy sumy i granicy ilorazu dwóch funkcji wynikają natychmiast wzory stanowiące arytmetykę symboli $o$ małe i $O$ duże.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned &o+o=o \ \ & \ &o\cdot o=o\\ &o+O=O \ \ & \ &o\cdot O=o\\ &O+O=O \ \ & \ &O\cdot O=O. \endaligned}

Często spotyka się symbole $o$ małe i $O$ duże w następujących przypadkach:

$f(x)=g(x)+o(x^n),x\to a$

co oznacza, że iloraz $\frac{f(x)-g(x)}{x^n}$ zmierza do zera przy $x\to a$,

lub

$f(x)=g(x)+O(x^n),x\to a,$

gdy iloraz $\left|\frac{f(x)-g(x)}{x^n}\right|$ jest ograniczony przy $x\to a$.

W szczególności zapis

$f(x)=g(x)+o(1)$

oznacza po

prostu, że

$\underset{x\to a}{\lim }(f(x)-g(x))=0,$

zaś

$f(x)=g(x)+O(1)$

piszemy, gdy różnica

$|f(x)-g(x)|$

jest ograniczona przy

$x\to a$

.

Definicja [Uzupelnij]

Jeśli istnieją stałe $a,b$ takie, że $f(x)=ax+b+o(1)$, przy $x\to \mathrm{\infty }$ (lub $x\to -\mathrm{\infty }$), to prostą o równaniu $y=ax+b$ nazywamy asymptotą ukośną funkcji $f$ przy $x$ zmierzających do $\mathrm{\infty }$ (lub $-\mathrm{\infty }$). W szczególnym przypadku, gdy $a=0$ mówimy, że funkcja $f$ ma asymptotę poziomą o równaniu $y=b$.

Przypomnijmy także, że jeśli w pewnym punkcie $a\in \mathbb{ℝ}$ istnieje granica nieskończona $\underset{x\to a+}{\lim }f(x)$ (lub $\underset{x\to a-}{\lim }f(x)$), to mówimy, że funkcja $f$ ma w punkcie $a$ asymptotę pionową prawostronną (odpowiednio: asymptotę pionową lewostronną) $x=a$. Jeśli prosta $x=a$ jest zarówno prawo- i lewostronną asymptotą pionową funkcji $f$ (czyli obie granice jednostronne $\underset{x\to a+}{\lim }f(x)$ oraz $\underset{x\to a-}{\lim }f(x)$ istnieją i są nieskończone), to mówimy krótko, że funkcja $f$ ma asymptotę pionową $x=a$.

Uwaga [Uzupelnij]

Jeśli funkcja $f$ ma asymptotę ukośną $y=ax+b$ w nieskończoności (odpowiednio: ma asymptotę ukośną

$y=\alpha x+\beta$ w minus nieskończoności), to $a=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(x)}{x}\text{ oraz }b=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }(f(x)-ax)$ i odpowiednio: Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \alpha =\lim_{x\to -\infty} \frac{f(x)}{x} \text{ oraz }\beta=\lim_{x\to -\infty} (f(x)-\alpha x)}

Dowód [Uzupelnij]

Jeśli $f(x)=ax+b+o(1)$, to $\frac{f(x)}{x}-a-\frac{b}{x}\to 0$, gdy $x\to \mathrm{\infty }$. Stąd $\frac{f(x)}{x}\to a$.

Skoro $f(x)-ax=b+o(1)$, to $f(x)-ax\to b$, przy $x\to \mathrm{\infty }$. W przypadku asymptoty ukośnej w minus nieskończoności

rozumowanie jest identyczne.

{black}

{{red}[Rysunek am1w11.0010]}

{{przyklad|[Uzupelnij]|| a) Funkcja $f(x)=\exp x$ ma asymptotę poziomą $y=0$ przy $x\to -\mathrm{\infty }$, czyli $\exp x=0+o(1)$, gdy $x\to -\mathrm{\infty }$. Nie ma asymptoty przy $x\to \mathrm{\infty }$.

{{red}[Rysunek am1w11.0020]}

b) Funkcja $f(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ ma przy $x\to -\mathrm{\infty }$ asymptotę poziomą $y=-\frac{\pi }{2}$, a przy $x\to \mathrm{\infty }$ asymptotę poziomą $y=\frac{\pi }{2}$. Możemy to też zapisać w postaci $\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x=\frac{\pi }{2}+o(1)$ przy $x\to \mathrm{\infty }$ oraz $\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x=-\frac{\pi }{2}+o(1)$ przy $x\to -\mathrm{\infty }$.

{{red}[Rysunek am1w11.0030]}

c) Funkcja $f(x)=\sqrt{4x^2-1}$ ma przy $x\to \mathrm{\infty }$ asymptotę ukośną $y=2x$, a przy $x\to -\mathrm{\infty }$ asymptotę ukośną $y=-2x$, czyli $\sqrt{4x^2-1}=2x+o(1)$ przy $x\to \mathrm{\infty }$ oraz $\sqrt{4x^2-1}=-2x+o(1)$ przy $x\to -\mathrm{\infty }$.

{{red}[Rysunek am1w11.0040]}

d) Funkcja $f(x)=\frac{\sin x}{x}$ ma przy $x\to \mathrm{\infty }$ oraz przy $x\to -\mathrm{\infty }$ asymptotę poziomą $y=0$, czyli $\frac{\sin x}{x}=0+o(1)$ przy $|x|\to \mathrm{\infty }$.

{{red}[Rysunek am1w11.0050]}

e) Zauważmy także, że $\sinh x=\frac{1}{2}\exp x+o(1)$ przy $x\to \mathrm{\infty }$ oraz $\sinh x=-\frac{1}{2}\exp (-x)+o(1)$ przy $x\to -\mathrm{\infty }$.

{{red}[Rysunek am1w11.0060]}

f) Podobnie $\cosh x=\frac{1}{2}\exp x+o(1)$ przy $x\to \mathrm{\infty }$ oraz $\cosh x=\frac{1}{2}\exp (-x)+o(1)$ przy $x\to -\mathrm{\infty }$.

}}

Z powyższych przykładów wynika, że

Uwaga [Uzupelnij]

Funkcja $f$ może mieć mieć asymptotę ukośną (lub poziomą) w plus nieskończoności daną innym równaniem niż asymptota ukośna w minus nieskończoności. Może też na przykład mieć wyłącznie asymptotę w minus nieskończoności i nie mieć asymptoty w plus nieskończoności. Stąd istnieje konieczność wyznaczenia granicy ilorazu $\frac{f(x)}{x}$ osobno przy $x\to \mathrm{\infty }$ i

$x\to -\mathrm{\infty }$.

Przykład [Uzupelnij]

Wykazaliśmy już, że $\frac{\sin x}{x}=1+o(1)$, co można też zapisać $\sin x=x+o(x)$, przy $x\to 0$. Można też wykazać, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned \sin x&=1-\frac{x^3}{3!}+o(x^3) \\&=1-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5) \\&=1-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5) \\&=1-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+o(x^7)\endaligned}

Ogólnie z twierdzenia Taylora (które wykazaliśmy w poprzednim module) wynika, że

Uwaga [Uzupelnij]

Jeśli $f$ jest funkcją $(n+1)$ razy

różniczkowalną w otoczeniu punktu $a$, to Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned f(a+h)&=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}h^k+o(h^n)\\&=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}h^k+O(h^{n+1}), \text{ przy } h\to 0. \endaligned }

Uwagi o efektywnym stosowaniu reguły de l'Hospitala

Zwróciliśmy już uwagę na fakt, że reguła de l'Hospitala -- podobnie jak każde twierdzenie -- wymaga przed zastosowaniem tezy sprawdzenia, czy spełnione są założenia twierdzenia. Jednak nawet w przypadku, gdy są spełnione założenia, nie ma gwarancji, czy rachunki w oparciu o wzór z tezy prowadzą krótką drogą do celu, jakim jest stwierdzenie czy istnieje oraz ile wynosi granica ilorazu dwóch funkcji.

Rozważmy następujący

Przykład [Uzupelnij]

Sprawdźmy, czy istnieje granica

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \displaystyle \lim_{t\to 1}\frac{8t-\sqrt{63+t}}{4t-\root{3}\of{63+t}}.} Zauważamy, że

iloraz funkcji $f(t)=8t-\sqrt{63+t}$ oraz Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle g(t)=4-\root{3}\of{63+t}} stanowi w punkcie $t=1$ symbol nieoznaczony $\frac{0}{0}$. Obie funkcje są różniczkowalne w otoczeniu tego punktu, więc pozostaje zbadanie, czy istnieje granica ilorazu pochodnych $\frac{f^{\prime }(t)}{g^{\prime }(t)}$ w punkcie $t=1$. Próba wyznaczenia ilorazu pochodnych prowadzi do otrzymania ułamków piętrowych, które nie zachęcają do dalszych przekształceń. Zauważmy jednak, że podstawienie Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle u:=\root{6}\of{63+t}} sprowadza zadanie do zbadania, czy istnieje granica

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \frac{8t-\sqrt{63+t}}{4t-\root{3}\of{63+t}}=\frac{8(u^6-63)-u^3}{4(u^6-63)-u^2}}

ilorazu dwóch wielomianów $F(u)=8(u^6-63)-u^3$ oraz $G(u)=4(u^6-63)-u^2$ w punkcie $u=2$, ponieważ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle u(t)=\root{6}\of{63+t}\to 2} , gdy $t\to 1$. Iloraz $\frac{F(u)}{G(u)}$ stanowi symbol nieoznaczony $\frac{0}{0}$ w punkcie $u=2$. Sprawdzenie, czy istnieje granica ilorazu pochodnych tych wielomianów jest bardzo proste

$\frac{F^{\prime }(u)}{G^{\prime }(u)}=\frac{48u^5-3u^2}{24u^5-2u}=\frac{48u^4-3u}{24u^4-2}\to \frac{381}{191},\text{ gdy }u\to 2.$ Stąd na mocy reguły de l'Hospitala istnieje granica

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \displaystyle\lim_{t\to 1}\frac{8t-\sqrt{63+t}}{4t-\root{3}\of{63+t}}} i jest równa $\frac{381}{191}$.

Przykład [Uzupelnij]

Zbadajmy, czy funkcja $f(x)=(x+2)\exp \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ ma asymptotę ukośną. Stwierdzamy, że iloraz $\frac{f(x)}{x}\to e$, gdy $x\to \mathrm{\infty }$. Następnie stajemy przed zadaniem wyznaczenia granicy różnicy $f(x)-ex$ przy $x\to \mathrm{\infty }$. Wyrażenie to stanowi symbol nieoznaczony typu $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$. Przekształćmy je:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned f(x)-ex&= (x+2)\exp\big(\frac{x+1}{x-1}\big)-ex\\ &=x\bigg(\big(1+\frac{2}{x}\big)\exp\big(\frac{x+1}{x-1}\big)-e\bigg)\\ &=\frac{\big(1+\frac{2}{x}\big)\exp\big(\frac{x+1}{x-1}\big)-e}{\frac{1}{x}}. \endaligned}

Ułamek o liczniku $(1+\frac{2}{x})\exp \left(\frac{x+1}{x-1}\right)-e$ oraz mianowniku $\frac{1}{x}$ stanowi symbol nieoznaczony typu $\frac{0}{0}$ przy $x\to \mathrm{\infty }$. Licznik i mianownik są funkcjami różniczkowalnymi w sąsiedztwie nieskończoności, tj. w przedziale typu $(M,\mathrm{\infty })$, dla pewnego $M$. Jednak już próba policzenia i uproszczenia pochodnej licznika jest dość nieprzyjemnym zadaniem. Zauważmy jednak, że podstawienie za $\frac{x+1}{x-1}=:u$ nowej zmiennej, znacznie uprości rachunki. Mamy bowiem

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned f(x)-ex&=x\bigg(\big(1+\frac{2}{x}\big)\exp\big(\frac{x+1}{x-1}\big)-e\bigg)\\ &=\frac{u+1}{u-1}\bigg[\big(1+2\frac{u-1}{u+1}\big)\exp u-e\bigg]\\ &=\frac{(3u-1)\exp u-(u+1)e}{u-1} \endaligned} Stwierdzenie, czy istnieje granica ilorazu $\frac{(3u-1)\exp u-(u+1)e}{u-1}\text{ przy }u\to 1$ (ponieważ

$u(x)=\frac{x+1}{x-1}\to 1$, gdy $x\to \mathrm{\infty }$) jest prostym

zadaniem. Iloraz funkcji $F(u)=(3u-1)\exp u-(u+1)e\text{ oraz }G(u)=u-1$ stanowi symbol nieoznaczony typu $\frac{0}{0}$ w

punkcie $u=1$; obie funkcje są różniczkowalne w otoczeniu tego punktu. Wyznaczamy iloraz pochodnych i potrzebną granicę

$\frac{F^{\prime }(u)}{G^{\prime }(u)}=\frac{3\exp u+(3u-1)\exp u-e}{1}\to 4e,\text{ gdy }u\to 1.$ Z reguły de l'Hospitala wynika więc, że

istnieje granica ilorazu $\underset{u\to 1}{\lim }\frac{F(u)}{G(u)}$ i jest równa $4e$. Stąd ostatecznie wnioskujemy, że prosta $y=ex+4e$ jest asymptotą ukośną funkcji $f$ przy $x\to \mathrm{\infty }$. Podobne obliczenia pozwalają stwierdzić, że ta sama prosta jest także asymptotą funkcji $f$ przy $x\to -\mathrm{\infty }$.