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

11. Twierdzenie de l'Hospitala. Równość asymptotyczna.

Ćwiczenie 11.1.

Wyznaczyć granice

$\begin{array}{rlrlrl}& \mathrm{a})\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\ln x},& & \mathrm{b})\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\mathrm{l}\mathrm{n}x}{\sqrt{x^2-1}},& & \mathrm{c})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^4}{e^{x^2}},\\ & \mathrm{d})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\sin \frac{1}{x}}{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x},& & \mathrm{e})\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{\pi }{2}+\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x},& & \mathrm{f})\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x},\\ & \mathrm{g})\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x},& & \mathrm{h})\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x^2}}}{\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x},& & \mathrm{i})\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x^2-1}{x^2+1}}{x-1}.\\ \end{array}$

Wskazówka

Należy sprawdzić, czy wolno zastosować regułę de l'Hospitala, to znaczy czy odpowiednie funkcje są różniczkowalne w odpowiednim sąsiedztwie, czy ułamek jest symbolem nieoznaczonym $\left[\frac{0}{0}\right]$ lub $\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]$ i czy istnieje granica ilorazu pochodnych. Jeśli wszystkie założenia są spełnione, stosujemy regułę de l'Hospitala.

Rozwiązanie

W kwadratowych nawiasach wpisujemy, jaki symbol pojawia się w danym wyrażeniu. Przypominamy, że bardzo ważne jest upewnić się, czy odpowiedni iloraz spełnia założenia reguły de l'Hospitala, to znaczy czy odpowiednie funkcje są różniczkowalne w odpowiednim sąsiedztwie, czy ułamek jest symbolem nieoznaczonym $\left[\frac{0}{0}\right]$ lub $\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]$ i czy istnieje granica ilorazu pochodnych. Literka $H$ pod znakiem równości oznacza, że stosujemy regułę de l'Hospitala i wobec tego równość jest prawdziwa tylko pod założeniem, że granica po jej prawej stronie istnieje. Jeśli granica ta nie istnieje, nie ma równości!

a) Ułamek występujący w granicy $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\ln x}$ nie prezentuje symbolu nieoznaczonego, zatem tu nie wolno stosować reguły de l'Hospitala! Mamy $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{\ln x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}0;$
b) $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\mathrm{l}\mathrm{n}x}{\sqrt{x^2-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{1}\right]\\ =\\ \end{array}0;$

c)

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^4}{e^{x^2}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{4x^3}{2x{e}^{x^2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2x^2}{e^{x^2}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{4x}{2x{e}^{x^2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2}{e^{x^2}}\begin{array}{c}\left[\frac{2}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}0;$
d) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\sin \frac{1}{x}}{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-\frac{1}{x^2}\cos \frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2+1}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{1}{x^2})\cos \frac{1}{x}=1;$

e)

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x}}-1}{\frac{\pi }{2}+\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-\frac{1}{x^2}{e}^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x^2+1}}=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }(1+\frac{1}{x^2})(-e^{\frac{1}{x}})=-1;$

f)

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{{\sin }^{2}x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }-\sin x\cdot \frac{\sin x}{x}\begin{array}{c}[0\cdot 1]\\ =\\ \end{array}0;$

g)

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \cos x}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\mathrm{t}\mathrm{g}x}{1}=0;$

h)

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x^2}}}{\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{-\frac{2}{x^3}{e}^{\frac{1}{x^2}}}{-\frac{1}{{\sin }^{2}x}}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }2{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^2\frac{e^{\frac{1}{x^2}}}{x}\begin{array}{c}[2\cdot 1^2\cdot \frac{+\mathrm{\infty }}{0^{-}}]\\ =\\ \end{array}-\mathrm{\infty };$

i)

$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x^2-1}{x^2+1}}{x-1}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\frac{4x}{(x^2+1{)}^2}}{1+{\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)}^2}\begin{array}{c}\left[\frac{1}{1+0^2}\right]\\ =\\ \end{array}1$

Ćwiczenie 11.2.

Wyznaczyć granice

$\begin{array}{rlrlrl}& \mathrm{a})\underset{x\to 0}{\lim }\sqrt{x}{\ln }^{2}x,& & \mathrm{b})\underset{x\to 2^{+}}{\lim }(x-2)e^{\frac{1}{x-2}},& & \mathrm{c})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(\pi -2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)\ln x.\end{array}$

Wskazówka

Z jakim symbolem nieoznaczonym mamy tu do czynienia? Jak inaczej zapisać wyrażenie, którego granicę liczymy, aby móc skorzystać z reguły de l'Hospitala? Warto tu sobie przypomnieć zasadę poznaną jeszcze w szkole podstawowej i ją trochę odwrócić: Jeśli mnożymy przez pewną liczbę niezerową, to dzielimy przez... (przez co?). Ponadto warto przypomnieć sobie wartość granicy $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}$.

Rozwiązanie

Mamy tu do czynienia z symbolem nieoznaczonym $[0\cdot \mathrm{\infty }]$. Iloczyny zamieniamy na ilorazy zgodnie z regułą: Jeśli mnożymy przez liczbę niezerową, to dzielimy przez jej odwrotność. Można to oczywiście zrobić na dwa sposoby (biorąc odwrotność pierwszego lub drugiego czynnika), ale na ogół jedna z opcji jest korzystniejsza. Ogólna zasada jest taka, by po zróżniczkowaniu wyrażenie się upraszczało, a nie komplikowało.

a)$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\sqrt{x}{\ln }^{2}x& =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\ln }^{2}x}{x^{-\frac{1}{2}}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{2\ln x}{x}}{-\frac{1}{2}{x}^{-\frac{3}{2}}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-4\ln x}{x^{-\frac{1}{2}}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{4}{x}}{-\frac{1}{2}{x}^{-\frac{3}{2}}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }8x^{\frac{1}{2}}=0;\end{array}$
b)$\begin{array}{rl}\underset{x\to 2^{+}}{\lim }(x-2)e^{\frac{1}{x-2}}& =\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x-2}}}{(x-2{)}^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 2^{+}}{\lim }\frac{-(x-2{)}^{-2}{e}^{\frac{1}{x-2}}}{-(x-2{)}^{-2}}=\\ & =\underset{x\to 2^{+}}{\lim }{e}^{\frac{1}{x-2}}=+\mathrm{\infty };\end{array}$
c)$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(\pi -2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)\ln x& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\pi -2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}{{\ln }^{-1}x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-\frac{2}{1+x^2}}{-\frac{{\ln }^{-2}x}{x}}=\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2x{\ln }^{2}x}{1+x^2}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2}{1+x^{-2}}\cdot \frac{{\ln }^{2}x}{x}\begin{array}{c}[2\cdot 0]\\ =\\ \end{array}0,\end{array}$
bo $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{{\ln }^{2}x}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2\ln x}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2}{x}=0$

Ćwiczenie 11.3.

Wyznaczyć granice

$\begin{array}{rlrlrl}& \mathrm{a})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(x-\mathrm{l}\mathrm{n}x),& & \mathrm{b})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{1}{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}-x),& & \mathrm{c})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }[(x+2)e^{\frac{1}{x+2}}-x],\\ & \mathrm{d})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(e^x-x^3),& & \mathrm{e})\underset{x\to {\frac{\pi }{2}}^{+}}{\lim }(\frac{1}{\pi -2x}-\frac{1}{\cos x}),& & \mathrm{f})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(x-x^2\ln (1+\frac{1}{x})).\end{array}$

Wskazówka

Z jakim symbolem nieoznaczonym mamy tu do czynienia? Jak inaczej zapisać różnicę, by pojawił się iloraz albo iloczyn? Możliwych jest kilka dróg. Można coś wyjąć przed nawias. Można też zapisać odjemną i odjemnik w postaci ułamków i sprowadzić do wspólnego mianownika. W podpunkcie c) warto poprzekształcać wyrażenie, którego granicę mamy policzyć. Jeśli wymnożymy okrągły nawias przez czynnik za nim, jeden z trzech składników, jakie teraz otrzymamy, będzie symbolem oznaczonym (który?), natomiast z pozostałych dwóch można wyjąć wspólny czynnik przed nawias (jaki?).

Rozwiązanie

Mamy tu do czynienia z symbolem nieoznaczonym $[\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }]$.

a)$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(x-\mathrm{l}\mathrm{n}x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }x(1-\frac{\mathrm{l}\mathrm{n}x}{x})=+\mathrm{\infty }$,
bo $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\mathrm{l}\mathrm{n}x}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{x}=0$
b)$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(\frac{1}{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}-x)& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^{-1}-\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}{x^{-1}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-x^{-2}+(1+x^2{)}^{-1}}{-x^{-2}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x-x^{-1}(x^2+1{)}^{-1}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-1+\frac{x^2}{1+x^2}}{-\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x-\frac{x}{1+x^2}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{2x(x^2+1)-2x^3}{(x^2+1{)}^2}}{\frac{1}{x^2+1}-\frac{x^2+1-2x^2}{(x^2+1{)}^2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2x}{2x^2}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{x}=0.\end{array}$

c) Przekształćmy najpierw wyrażenie pod granicą

$(x+2)e^{\frac{1}{x+2}}-x=x{e}^{\frac{1}{x+2}}+2e^{\frac{1}{x+2}}-x=x(e^{\frac{1}{x+2}}-1)+2e^{\frac{1}{x+2}}$

Policzmy

$\begin{array}{lll}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }x(e^{\frac{1}{x+2}}-1)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x+2}}-1}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-(x+2{)}^{-2}{e}^{\frac{1}{x+2}}}{-x^{-2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{2}{x})}^{-2}{e}^{\frac{1}{x+2}}=1.\end{array}$

A ponieważ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }2e^{\frac{1}{x+2}}=2$, więc

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }[(x+2)e^{\frac{1}{x+2}}-x]=1+2=3$
d)$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(e^x-x^3)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^x(1-\frac{x^3}{e^x})\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot (1-0)]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }$,

bo

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^3}{e^x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{3x^2}{e^x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{6x}{e^x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{6}{e^x}=0$
e)$\begin{array}{rl}\underset{x\to {\frac{\pi }{2}}^{+}}{\lim }(\frac{1}{\pi -2x}-\frac{1}{\cos x})& =\underset{x\to {\frac{\pi }{2}}^{+}}{\lim }\frac{\cos x-\pi +2x}{(\pi -2x)\cos x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =\underset{x\to {\frac{\pi }{2}}^{+}}{\lim }\frac{-\sin x+2}{-2\cos x-(\pi -2x)\sin x}\begin{array}{c}\left[\frac{1}{-0^{-}-0^{-}}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }.\end{array}$
f)$\begin{array}{rl}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(x-x^2\ln (1+\frac{1}{x}))& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^{-1}-\ln (1+x^{-1})}{x^{-2}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-x^{-2}+x^{-2}(1+x^{-1}{)}^{-1}}{-2x^{-3}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-1+\frac{x}{x+1}}{-2x^{-1}}=\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x}{2(x+1)}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{2(1+x^{-1})}=\frac{1}{2}.\end{array}$

Ćwiczenie 11.4.

Wyznaczyć granice

$\begin{array}{rlrlrl}& \mathrm{a})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{x}^{\frac{1}{x}},& & \mathrm{b})\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\frac{1}{x}\right)}^{\sin x},& & \mathrm{c})\underset{x\to 1}{\lim }{x}^{\frac{1}{x-1}},\\ & \mathrm{d})\underset{x\to 0}{\lim }(e^{2x}+x{)}^{\frac{1}{x}},& & \mathrm{e})\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}\right)}^{\frac{1}{\ln x}},& & \mathrm{f})\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\mathrm{l}\mathrm{n}\frac{1}{x}\right)}^x,\\ & \mathrm{g})\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{(\sin 2x)}^{\frac{1}{3\ln x}},& & \mathrm{h})\underset{x\to \pi }{\lim }{(1-\cos 4x)}^{\mathrm{t}\mathrm{g}x},& & \mathrm{i})\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)}^{\frac{1}{2x}}\\ & \mathrm{j})\underset{x\to 0}{\lim }(\ln (e+x^3){)}^{\frac{1}{x^3}},& & \mathrm{k})\underset{x\to 0}{\lim }{(\ln \frac{1}{x})}^{3\sqrt{x}},& & \mathrm{l})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{\left(\frac{2}{\pi }\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x\right)}^x.\end{array}$

Wskazówka

Z jakimi symbolami nieoznaczonymi mamy tu do czynienia? Przypomnijmy sobie, że wyrażenie typu ${(f(x))}^{g(x)}$ można przedstawić w postaci $e^{\varphi (x)}$. Dlaczego? Jak wygląda $\varphi (x)$? Zauważmy, że wystarczy teraz policzyć granicę $\varphi (x)$ i tu mogą się przydać wskazówki do dwóch pierwszych zadań w tym module.

Rozwiązanie

W tym zadaniu pojawiają się symbole nieoznaczone typu wykładniczego: $[0^0],[{\mathrm{\infty }}^0],[1^{\mathrm{\infty }}]$. Przypominamy, że wyrażenie typu $(f(x){)}^{g(x)}$ można przedstawić w postaci $e^{g(x)\ln f(x)}$. Tej postaci będziemy używać, licząc odpowiednie granice.

a) Ponieważ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln x}{x}=0$ (porównaj rozwiązanie ćwiczenia 11.3. a)), mamy

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{\frac{\ln x}{x}}=e^0=1$

b) Wobec zależności

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(-\sin x\ln x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\ln x}{{\sin }^{-1}x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-\frac{1}{x}}{-\cos x{\sin }^{}x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\mathrm{t}\mathrm{g}x\cdot \frac{\sin x}{x}\begin{array}{c}[0\cdot 1]\\ =\\ \end{array}0\end{array}$

(wykorzystujemy tu znaną zależność $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$), otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{\left(\frac{1}{x}\right)}^{\sin x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^{-\sin x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{-\sin x\ln x}=e^0=1.\end{array}$

c) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\ln x}{x-1}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{x}=1\end{array}$

i stąd wnioskujemy, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to 1}{\lim }{x}^{\frac{1}{x-1}}=\underset{x\to 1}{\lim }{e}^{\frac{\ln x}{x-1}}=e^1=e.\end{array}$

d) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e^{2x}+x)}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2e^{2x}+1}{e^{2x}+x}=3\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }(e^{2x}+x{)}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{\ln (e^{2x}+x)}{x}}=e^3.\end{array}$

e) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}}{\ln x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}{\cos }^2\frac{x}{2}}}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x}{2\cos \frac{x}{2}\sin \frac{x}{2}}=\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^{-1}=1\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}\right)}^{\frac{1}{\ln x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{\ln \mathrm{t}\mathrm{g}\frac{x}{2}}{\ln x}}=e^1=e.\end{array}$

f) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }x\ln (-\ln x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (-\ln x)}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{x\ln x}}{-x^{-2}}=\underset{x\to 0}{\lim }-\frac{x}{\ln x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}0\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\mathrm{l}\mathrm{n}\frac{1}{x}\right)}^x=\underset{x\to 0}{\lim }{(-\ln x)}^x=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{x\ln (-\ln x)}=e^0=1.\end{array}$

g) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln \sin 2x}{3\ln x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{2\frac{\cos 2x}{\sin 2x}}{3x^{-1}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{3}\cos 2x}{\frac{\sin 2x}{2x}}\begin{array}{c}\left[\frac{\frac{1}{3}}{1}\right]\\ =\\ \end{array}\frac{1}{3}\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{(\sin 2x)}^{\frac{1}{3\ln x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{\frac{\ln \sin 2x}{3\ln x}}=e^{\frac{1}{3}}.\end{array}$

h) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{lll}\underset{x\to \pi }{\lim }\mathrm{t}\mathrm{g}x\ln (1-\cos 4x)& =& \underset{x\to \pi }{\lim }\frac{\ln (1-\cos 4x)}{\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to \pi }{\lim }\frac{\frac{4\sin 4x}{1-\cos 4x}}{-\frac{1}{{\sin }^{2}x}}=\underset{x\to \pi }{\lim }-\frac{4\sin 4x{\sin }^{}x}{1-\cos 4x}=\\ & =& \underset{x\to \pi }{\lim }-\frac{8\sin 2x\cos 2x{\sin }^{}x}{2{\sin }^{2}2x}=\underset{x\to \pi }{\lim }-\frac{4\cos 2x\sin x}{\cos x}=0\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to \pi }{\lim }{(1-\cos 4x)}^{\mathrm{t}\mathrm{g}x}=\underset{x\to \pi }{\lim }{e}^{\mathrm{t}\mathrm{g}x\ln (1-\cos 4x)}=e^0=1.\end{array}$

i) Zauważmy najpierw, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{1+x}=1,\end{array}$

a stąd $\underset{x\to 0}{\lim }(\ln |\ln (1+x)|-\ln |x|)=\underset{x\to 0}{\lim }\ln \left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)=0$. Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln |\ln (1+x)|-\ln |x|}{2x}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{(1+x)\ln (1+x)}-\frac{1}{x}}{2}=\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x(1+x{)}^{-1}-\ln (1+x)}{2x\ln (1+x)}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{-1}-x(1+x{)}^{-2}-(1+x{)}^{-1}}{2\ln (1+x)+2x(1+x{)}^{-1}}=\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-x(1+x{)}^{-2}}{2\ln (1+x)+2x(1+x{)}^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-(1+x{)}^{-2}+2x(1+x{)}^{-3}}{4(1+x{)}^{-1}-2x(1+x{)}^{-2}}=-\frac{1}{4}\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\ln (1+x)}{x}\right)}^{\frac{1}{2x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{\ln |\ln (1+x)|-\ln |x|}{2x}}=e^{-\frac{1}{4}}.\end{array}$

j) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (\ln (e+x^3))}{x^3}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{3x^2}{(e+x^3)\ln (e+x^3)}}{3x^2}=\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{(e+x^3)\ln (e+x^3)}=\frac{1}{e}\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }(\ln (e+x^3){)}^{\frac{1}{x^3}}=& =\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\frac{\ln (\ln (e+x^3))}{x^3}}=e^{\frac{1}{e}}.\end{array}$

k) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{lll}\underset{x\to 0}{\lim }3\sqrt{x}\ln (-\ln x)& =& \underset{x\to 0}{\lim }3\frac{\ln (-\ln x)}{x^{-\frac{1}{2}}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0}{\lim }3\frac{\frac{1}{x\ln x}}{-\frac{1}{2}{x}^{-\frac{3}{2}}}=\\ & =& \underset{x\to 0}{\lim }-6\frac{x^{\frac{1}{2}}}{\ln x}\begin{array}{c}[-6\cdot \frac{0}{-\mathrm{\infty }}]\\ =\\ \end{array}0\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to 0}{\lim }{(\ln \frac{1}{x})}^{3\sqrt{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{(-\ln x)}^{3\sqrt{x}}=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{3\sqrt{x}\ln (-\ln x)}=e^0=1.\end{array}$

l) Korzystając z reguły de l'Hospitala, wyliczamy, że

$\begin{array}{lll}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }x\ln \left(\frac{2}{\pi }\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x\right)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{2}{\pi }\right)+\ln \mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{1}{(1+x^2)\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}}{-x^{-2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }-\frac{1}{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}\cdot \frac{1}{1+x^{-2}}=-\frac{2}{\pi }\end{array}$

i stąd otrzymujemy

$\begin{array}{r}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{\left(\frac{2}{\pi }\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x\right)}^x=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{x\ln \left(\frac{2}{\pi }\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x\right)}=e^{-\frac{2}{\pi }}.\end{array}$

Ćwiczenie 11.5.

Zbadać, czy do następujących granic można stosować regułę de l'Hospitala. Policzyć te granice.

$\begin{array}{rlrlrl}& \mathrm{a})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^{x^2}}{e^x},& & \mathrm{b})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x},& & \mathrm{c})\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2x+\sin 2x+1}{(2x+\sin 2x)(\sin x+3{)}^2}.\end{array}$

Wskazówka

a) Czy ułamek otrzymany po zróżniczkowaniu licznika i mianownika jest prostszy od ułamka początkowego? Czy kontynuowanie odpowiedniego różniczkowania doprowadzi w rezultacie do prostszych granic do policzenia? By policzyć tę granicę, warto sobie przypomnieć zasadę dzielenia potęg o tych samych podstawach. Proszę również pokazać, że tu założenia reguły de l'Hospitala są spełnione, czyli że iloraz pochodnych ma granicę.

b) Z jakim symbolem nieoznaczonym mamy tu do czynienia? Ile wynosi granica $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\sin x}{x}$? Czy pochodna mianownika wyrażenia, którego granicę mamy policzyć, jest niezerowa? By policzyć granicę, wystarczy wydzielić licznik i mianownik przez pewne wyrażenie.

c) Czy pochodna mianownika wyrażenia, którego granicę mamy policzyć, jest niezerowa? Czy szukana granica w ogóle istnieje? Warto policzyć wartość ułamka dla pewnych ciągów zbieżnych do nieskończoności.

Rozwiązanie

a) W tym przypadku można formalnie korzystać z reguły de l'Hospitala, bo mamy symbol nieoznaczony $\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]$ i granica iloczynu pochodnych istnieje, co pokażemy za chwilę. Jednakże iloczyn pochodnych jest bardziej skomplikowany niż iloczyn funkcji i ewentualne dalsze postępowanie tylko to potęguje

$\begin{array}{r}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^{x^2}}{e^x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2x{e}^{x^2}}{e^x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2e^{x^2}+4x^2{e}^{x^2}}{e^x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ \begin{array}{c}\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{12x{e}^{x^2}+8x^3{e}^{x^2}}{e^x}=...\end{array}$

i dlatego znacznie wygodniej jest nie korzystać z reguły:

$\begin{array}{r}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^{x^2}}{e^x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{x^2-x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{x(x-1)}\begin{array}{c}\left[e^{+\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }.\end{array}$

Zauważmy jeszcze, że

$\begin{array}{r}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2x{e}^{x^2}}{e^x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }2x{e}^{x(x-1)}\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot e^{+\mathrm{\infty }}]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }\end{array}$

(czyli rzeczywiście istnieje granica iloczynu pochodnych) i tak dalej...

b) Mamy $x\pm \sin x=x(1\pm x^{-1}\sin x)$. Z twierdzenia o granicy iloczynu funkcji ograniczonej przez funkcję zbieżną do zera $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{x}^{-1}\sin x=0$, zatem w badanej w tym punkcie granicy $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}$ mamy symbol nieoznaczony $\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]$. Jednakże nie można badać granicy ilorazu pochodnych $\frac{1-\cos x}{1+\cos x}$ w nieskończoności, ponieważ mianownik tego ułamka zeruje się w punktach $\frac{\pi }{2}+(2n+1)\pi$ dla dowolnego $n$ naturalnego (w szczególności granica tego ilorazu nie istnieje). Natomiast

$\begin{array}{r}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1-x^{-1}\sin x}{1+x^{-1}\sin x}=1,\end{array}$

ponieważ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{x}^{-1}\sin x=0$.

c) Ponownie mamy do czynienia z symbolem nieoznaczonym $\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]$, gdyż

$\begin{array}{r}2x+\sin 2x+1\ge 2x+2\to +\mathrm{\infty }(x\to +\mathrm{\infty }),\\ (2x+\sin 2x)(\sin x+3{)}^2\ge 2x+1\to +\mathrm{\infty }(x\to +\mathrm{\infty }).\end{array}$

Jednakże nie można badać granicy ilorazu pochodnych

$\frac{2+2\cos 2x}{(2+2\cos 2x)(\sin x+3{)}^2+2(2x+\sin 2x)(\sin x+3)\cos x}$,

bo jej mianownik zeruje się w punktach $\frac{\pi }{2}+2n\pi$, dla dowolnego $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$. Z drugiej strony badana granica nie istnieje z definicji Heinego, bo jeśli

$\begin{array}{r}F(x)=\frac{2x+\sin 2x+1}{(2x+\sin 2x)(\sin x+3{)}^2}=\frac{1}{(\sin x+3{)}^2}+\frac{1}{(2x+\sin 2x)(\sin x+3{)}^2},\end{array}$

to

$\begin{array}{r}F(n\pi )=\frac{1}{9}+\frac{1}{18n\pi }\to \frac{1}{9}(n\to \mathrm{\infty }),\\ F(\frac{\pi }{2}+2n\pi )=\frac{1}{16}+\frac{1}{16(\pi +4n\pi )}\to \frac{1}{16}(n\to \mathrm{\infty }).\end{array}$

Ćwiczenie 11.6.

Wyznaczyć asymptoty funkcji

$\begin{array}{lll}\text{a) }x\mapsto 3x(\pi +2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)& & \text{b) }x\mapsto x\ln (1+\frac{1}{x})\\ \text{c) }x\mapsto x^2{e}^{\frac{1}{x}}& & \text{d) }x\mapsto (2x+1)e^{\frac{2}{3-x}}\\ \text{e) }x\mapsto x\ln (e+\frac{3}{x^2})& & \text{f) }x\mapsto \ln |x|\arcsin \frac{1}{x}\\ \text{g) }x\mapsto (x^2+1)\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x& & \text{h) }x\mapsto \frac{3\arcsin 2x-2\arcsin 3x}{x^4}\end{array}$

Wskazówka

Jak sprawdzić, czy dana funkcja ma asymptotę prawo- lub lewostronną pionową $x=c$? Jak sprawdzić, czy dana funkcja ma asymptotę poziomą w plus lub minus nieskończoności? Jak wyznaczyć $a$ i $b$, jeśli $y=ax+b$ jest asymptotą ukośną danej funkcji w plus lub minus nieskończoności?

Rozwiązanie

a) Dziedziną funkcji $f(x)=3x(\pi +2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)$ jest cały zbiór liczb rzeczywistych, zatem musimy poszukać tylko ewentualnych asymptot ukośnych. Liczymy granice

$\begin{array}{lll}\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)& =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }3x(\pi +2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }3\frac{\pi +2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }3\frac{\frac{2}{1+x^2}}{-x^{-2}}=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-6}{1+x^{-2}}=-6,\end{array}$ $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }3x(\pi +2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot 2\pi ]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }$, $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }3(\pi +2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)=6\pi$, $\begin{array}{rl}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(f(x)-6\pi x)& =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }3x(2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x-\pi )=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }3\frac{2\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x-\pi }{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }3\frac{\frac{2}{1+x^2}}{-x^{-2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-6}{1+x^{-2}}=-6.\end{array}$

Zatem funkcja $f$ ma asymptotę poziomą $y=-6$ w $-\mathrm{\infty }$ i asymptotę ukośną $y=6\pi x-6$ w $+\mathrm{\infty }$.

b) Dziedziną funkcji $g(x)=x\ln (1+\frac{1}{x})$ jest zbiór $(-\mathrm{\infty },-1)\cup (0,\mathrm{\infty })$. Liczymy granice (przy czym zauważmy, że $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\ln |x+1|-\ln |x|=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\ln (1+\frac{1}{x})=0$)

$\begin{array}{lll}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }g(x)& =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }x\ln (1+\frac{1}{x})=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\cdot (-\frac{1}{x^2})}{-\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{1+x^{-1}}=1,\end{array}$ $\underset{x\to -1^{-}}{\lim }g(x)=\underset{x\to -1^{-}}{\lim }x\ln \left(\frac{x+1}{x}\right)\begin{array}{c}[-1\cdot (-\mathrm{\infty })]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }$, $\begin{array}{lll}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }g(x)& =& \underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln (1+\frac{1}{x})=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (1+\frac{1}{x})}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\cdot (-\frac{1}{x^2})}{-\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{x}{1+x}=0.\end{array}$

Zatem funkcja $g$ ma asymptotę poziomą $y=1$ w obu nieskończonościach i lewostronną asymptotę pionową $x=-1$.

c) Dziedziną funkcji $h(x)=x^2{e}^{\frac{1}{x}}$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$. Liczymy granice

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }h(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{x}^2{e}^{\frac{1}{x}}\begin{array}{c}[0\cdot e^{-\mathrm{\infty }}]\\ =\\ \end{array}0$, $\begin{array}{lll}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }h(x)& =& \underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^2{e}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{-2}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-x^{-2}{e}^{\frac{1}{x}}}{-2x^{-3}}=\\ & =& \underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x}}}{2x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{-x^{-2}{e}^{\frac{1}{x}}}{-2x^{-2}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{\frac{1}{x}}}{2}=+\mathrm{\infty },\end{array}$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }h(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }{x}^2{e}^{\frac{1}{x}}=+\mathrm{\infty }$, $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{h(x)}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }x{e}^{\frac{1}{x}}=\pm \mathrm{\infty }$

Zatem funkcja $h$ ma tylko jedną asymptotę: pionową prawostronną $x=0$.

d) Dziedziną funkcji $\mathrm{\Phi }(x)=(2x+1)e^{\frac{2}{3-x}}$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{3\}$. Liczymy granice

$\underset{x\to 3^{-}}{\lim }\mathrm{\Phi }(x)=\underset{x\to 3^{-}}{\lim }(2x+1)e^{\frac{2}{3-x}}\begin{array}{c}[7\cdot e^{+\mathrm{\infty }}]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }$, $\underset{x\to 3^{+}}{\lim }\mathrm{\Phi }(x)=\underset{x\to 3^{+}}{\lim }(2x+1)e^{\frac{2}{3-x}}\begin{array}{c}[7\cdot e^{-\mathrm{\infty }}]\\ =\\ \end{array}0$, $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\mathrm{\Phi }(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(2x+1)e^{\frac{2}{3-x}}\begin{array}{c}[\pm \mathrm{\infty }\cdot e^0]\\ =\\ \end{array}\pm \mathrm{\infty }$, $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\mathrm{\Phi }(x)}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(2+\frac{1}{x})e^{\frac{2}{3-x}}=2$

Pozostała do policzenia granica

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(\mathrm{\Phi }(x)-2x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }[2x(e^{\frac{2}{3-x}}-1)+e^{\frac{2}{3-x}}]=-4+1=-3$

bo:

$\begin{array}{lll}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }2x(e^{\frac{2}{3-x}}-1)& =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }2\frac{e^{\frac{2}{3-x}}-1}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }2\frac{e^{\frac{2}{3-x}}2(3-x{)}^{-2}}{-x^{-2}}=\\ & =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }-4{\left(\frac{1}{3x^{-1}-1}\right)}^2{e}^{\frac{2}{3-x}}=-4.\end{array}$

Zatem funkcja $\mathrm{\Phi }$ ma jedną lewostronną asymptotę pionową $x=3$ i asymptotę ukośną o równaniu $y=2x-3$ w obu nieskończonościach.

e) Dziedziną funkcji $\mathrm{\Psi }(x)=x\ln (e+\frac{3}{x^2})$ jest zbiór $\mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$. Liczymy granice

$\begin{array}{lll}\underset{x\to 0}{\lim }\mathrm{\Psi }(x)& =& \underset{x\to 0}{\lim }x\ln (e+\frac{3}{x^2})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (e{x}^2+3)-2\ln |x|}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{2ex}{e{x}^2+3}-\frac{2}{x}}{-x^{-2}}=\underset{x\to 0}{\lim }(2x-\frac{2e{x}^3}{e{x}^2+3})=0,\end{array}$ $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\mathrm{\Psi }(x)=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }x\ln (e+\frac{3}{x^2})=\pm \mathrm{\infty }$, $\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\mathrm{\Psi }(x)}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\ln (e+\frac{3}{x^2})=1$, $\begin{array}{lll}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }(\mathrm{\Psi }(x)-x)& =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }x(\ln (e+\frac{3}{x^2})-1)=\\ & =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln \frac{e{x}^2+3}{x^2}-1}{x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{x^2}{e{x}^2+3}\cdot \frac{-6}{x^3}}{-x^{-2}}=\\ & =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{6x}{e{x}^2+3}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{6}{ex+3x^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{6}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ \end{array}0.\end{array}$

Zatem funkcja $\mathrm{\Psi }$ ma tylko asymptotę ukośną $y=x$ w obu nieskończonościach.

f) Dziedziną funkcji $F(x)=\ln |x|\arcsin \frac{1}{x}$ jest zbiór $(-\mathrm{\infty },-1]\cup [1,+\mathrm{\infty })$. Do policzenia zatem mamy tylko granice w nieskończonościach.

$\begin{array}{lll}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }F(x)& =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\ln |x|\arcsin \frac{1}{x}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\arcsin \frac{1}{x}}{{\ln }^{-1}|x|}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-\frac{1}{x^2\sqrt{1-x^{-2}}}}{-\frac{{\ln }^{-2}|x|}{x}}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{{\ln }^2|x|}{x}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^{-2}}}\begin{array}{c}[0\cdot 1]\\ =\\ \end{array}0,\end{array}$

bo

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{{\ln }^2|x|}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2\ln |x|}{x}\begin{array}{c}\left[\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}\right]\\ =\\ H\end{array}\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2}{x}=0$

Zatem $F$ ma asymptotę poziomą $y=0$ w obu nieskończonościach.

g) Dziedziną funkcji $G(x)=(x^2+1)\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ jest cały zbiór liczb rzeczywistych, zatem wystarczy zbadać granice w nieskończonościach.

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }G(x)=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }(x^2+1)\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x\begin{array}{c}[+\mathrm{\infty }\cdot \pi ]\\ =\\ \end{array}+\mathrm{\infty }$, $\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{G(x)}{x}=\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }(x+x^{-1})\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x\begin{array}{c}[-\mathrm{\infty }\cdot \pi ]\\ =\\ \end{array}-\mathrm{\infty }$, $\begin{array}{lll}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }G(x)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(x^2+1)\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}{(x^2+1{)}^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-(1+x^2{)}^{-1}}{-2x(x^2+1{)}^{-2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x+x^{-1}}{2}=+\mathrm{\infty },\end{array}$ $\begin{array}{lll}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{G(x)}{x}& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(x+x^{-1})\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x}{x(1+x^2{)}^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-(1+x^2{)}^{-1}}{(1+x^2{)}^{-1}-2x^2(x^2+1{)}^{-2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^2+1}{x^2-1}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1+x^{-2}}{1-x^{-2}}=1,\end{array}$ $\begin{array}{lll}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }(G(x)-x)& =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }((x^2+1)\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x-x)=\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x-x(1+x^2{)}^{-1}}{(1+x^2{)}^{-1}}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-(1+x^2{)}^{-1}-(1+x^2{)}^{-1}+2x^2(x^2+1{)}^{-2}}{-2x(1+x^2{)}^{-2}}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{x}=0.\end{array}$

Zatem funkcja $G$ ma tylko jedną asymptotę ukośną $y=x$ w plus nieskończoności.

h) Dziedziną funkcji $K(x)=\frac{3\arcsin 2x-2\arcsin 3x}{x^4}$ jest suma przedziałów $[-\frac{1}{3},0)\cup (0,\frac{1}{3}]$. Musimy więc tylko, policzyć granicę w zerze.

$\begin{array}{lll}\underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }K(x)& =& \underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }\frac{3\arcsin 2x-2\arcsin 3x}{x^4}\begin{array}{c}\left[\frac{0}{0}\right]\\ =\\ H\end{array}\\ & =& \underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }\frac{\frac{6}{\sqrt{1-4x^2}}-\frac{6}{\sqrt{1-9x^2}}}{4x^3}=\underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }\frac{3}{2}\cdot \frac{\sqrt{1-9x^2}-\sqrt{1-4x^2}}{x^3\sqrt{1-9x^2}\sqrt{1-4x^2}}=\\ & =& \underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }\frac{3}{2}\cdot \frac{-5x^2}{x^3\sqrt{1-9x^2}\sqrt{1-4x^2}(\sqrt{1-9x^2}+\sqrt{1-4x^2})}=\\ & =& \underset{x\to 0^{\pm }}{\lim }-\frac{15}{2}\cdot \frac{1}{x\sqrt{1-9x^2}\sqrt{1-4x^2}(\sqrt{1-9x^2}+\sqrt{1-4x^2})}\begin{array}{c}[-\frac{15}{2}\frac{1}{0^{\pm }\cdot 2}]\\ =\\ \end{array}\mp \mathrm{\infty }.\end{array}$

Zatem $K$ ma obustronną asymptotę pionową $x=0$.