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

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.

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 11.1.

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 twierdzenia 11.1.

(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

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

Uwaga 11.2.

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 11.3.

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 11.4.

Dla dowolnej liczby naturalnej $n$ istnieje granica

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

Dowód przykładu 11.4.

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

$\frac{(x^{k+1}{)}^{\prime }}{(\exp x{)}^{\prime }}=(k+1)\frac{x^k}{\exp x}\to 0,$ 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 $n$.

Wniosek 11.5.

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 wniosku 11.5.

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

Wniosek 11.6.

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

Dowód wniosku 11.6.

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

<flash>file=am1w11.0005.swf|width=375|height=345</flash>

<div.thumbcaption>am1w11.0005

W poprzednim module rozważaliśmy funkcję

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 11.7.

Funkcja $f$ ma w punkcie $t=0$ pochodne dowolnie wysokiego rzędu równe zeru.

Dowód uwagi 11.7.

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

$\frac{f(0+h)-f(0)}{h}=\frac{\exp (-h^{-1})-0}{h}=\frac{h^{-1}}{\exp (h^{-1})}=\frac{x}{\exp x}$,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 \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

$\frac{f^{\prime }(0+h)-f^{\prime }(0)}{h}=\frac{h^{-2}\exp (-h^{-1})-0}{h}=\frac{h^{-3}}{\exp (h^{-1})}=\frac{x^3}{\exp x}$ 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 \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 \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 \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 \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 $n$.

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

Uwaga 11.8.

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 uwagi 11.8.

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

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 11.9.

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 twierdzenia 11.9.

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

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

$|\frac{f(x)}{g(x)}-C|<ϵ,$ 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 11.10.

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 11.11.

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 \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 11.12.

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 11.13.

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 \displaystyle \alpha =\lim_{x\to -\infty} \frac{f(x)}{x} \text{ oraz }\beta=\lim_{x\to -\infty} (f(x)-\alpha x)}

Dowód uwagi 11.13.

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.

Rysunek am1w11.0010

Przykład 11.14.

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

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

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

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

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

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 11.15.

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 11.16.

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 \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 11.17.

Jeśli $f$ jest funkcją $(n+1)$ razy różniczkowalną w otoczeniu punktu $a$, to Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 11.18.

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 \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 \displaystyle u:=\root{6}\of{63+t}} sprowadza zadanie do zbadania, czy istnieje granica

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \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 \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

$\frac{F^{\prime }(u)}{G^{\prime }(u)}=\frac{48u^5-3u^2}{24u^5-2u}=\frac{48u^4-3u}{24u^4-2}\to \frac{381}{191},$ 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 11.19.

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 \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 \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 $\frac{(3u-1)\exp u-(u+1)e}{u-1}$ przy $u\to 1$ (ponieważ $u(x)=\frac{x+1}{x-1}\to 1$, gdy $x\to \mathrm{\infty }$) jest prostym zadaniem. Iloraz funkcji $F(u)=(3u-1)\exp u-(u+1)e$ 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 $\frac{F^{\prime }(u)}{G^{\prime }(u)}=\frac{3\exp u+(3u-1)\exp u-e}{1}\to 4e,$ 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 $x\to -\mathrm{\infty }$.