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 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 należy 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, iż 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 go 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

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

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

Plik:Am1w11.0005.svg

Rysunek do dowodu 11.6.

Wniosek 11.6.

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

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

W poprzednim module rozważaliśmy funkcję

$f(t)=\{\begin{array}{rlr}& \exp (-t^{-1}),& \text{ dla }t>0\\ & 0,& \text{ dla }t\le 0\end{array}$.

i pozostawiliśmy bez dowodu stwierdzenie, że

Uwaga 11.7.

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

Dowód 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)

$f^{\prime }(t)=\{\begin{array}{rlr}& t^{-2}\exp (-t^{-1}),& \text{ dla }t>0\\ & 0,& \text{ dla }t\le 0\end{array}$.

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

$\begin{array}{rl}{f}^{″}(t)& =(t^{-2}\exp (-t^{-1}){)}^{\prime }\\ & =(t^{-2}{)}^{\prime }\exp (-t^{-1})+t^{-2}(\exp (-t^{-1}){)}^{\prime }\\ & =-2t^{-3}\exp (-t^{-1})+t^{-2}(t^{-2})\exp (-t^{-1})\\ & =(-2t^{-3}+t^{-4})\exp (-t^{-1}).\end{array}$

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

$f^{″}(t)=\{\begin{array}{rlr}& (t^{-4}-2t^{-3})\exp (-t^{-1}),& \text{ dla }t>0\\ & 0,& \text{ dla }t\le 0.\end{array}$. Kontynuując rozumowanie spostrzegamy, że dla dowolnej liczby naturalnej $k$ pochodna rzędu $k$ funkcji $f$ wyraża się wzorem $f^{(k)}(t)=\{\begin{array}{rlr}& v(t^{-1})\exp (-t^{-1}),& \text{ dla }t>0\\ & 0,& \text{ dla }t\le 0,\end{array}$. 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 $\frac{f^{(k)}(0+h)-f^{(k)}(0)}{h}=\{\begin{array}{rlr}& 0,& \text{ dla }h<0,\\ & \frac{w(t^{-1})}{\exp (t^{-1})},& \text{ dla }h>0,\end{array}$. 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 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 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

$x\ln (1+\frac{a}{x})=a\cdot \frac{\ln (1+\frac{a}{x})}{\frac{a}{x}}\to a\cdot 1,\text{ gdy }x\to \mathrm{\infty }$, 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.

$\begin{array}{rlrl}& o+o=o& & o\cdot o=o\\ & o+O=O& & o\cdot O=o\\ & O+O=O& & O\cdot O=O.\end{array}$

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:

$\alpha =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(x)}{x}\text{ oraz }\beta =\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{\lim }(f(x)-\alpha x)$

Dowód 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.

<flash>file=am1w11.0010.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do przykładu 11.14.(a)

<flash>file=am1w11.0020.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do przykładu 11.14.(b)

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

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

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

<flash>file=am1w11.0030.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do przykładu 11.14.(c)

<flash>file=am1w11.0040.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do przykładu 11.14.(d)

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

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

<flash>file=am1w11.0050.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do przykładu 11.14.(e)

<flash>file=am1w11.0060.swf|width=375|height=375</flash> <div.thumbcaption>Rysunek do przykładu 11.14.(f)

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

$\begin{array}{rl}\sin x& =1-\frac{x^3}{3!}+o(x^3)\\ & =1-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5)\\ & =1-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+o(x^5)\\ & =1-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+o(x^7)\end{array}$

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 $\begin{array}{rl}f(a+h)& =\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}{h}^k+o(h^n)\\ & =\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}{h}^k+O(h^{n+1}),\text{ przy }h\to 0.\end{array}$

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

$\underset{t\to 1}{\lim }\frac{8t-\sqrt{63+t}}{4t-\sqrt[3]{63+t}}$. Zauważamy, że iloraz funkcji $f(t)=8t-\sqrt{63+t}$ oraz $g(t)=4-\sqrt[3]{63+t}$ 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 $u:=\sqrt[6]{63+t}$ sprowadza zadanie do zbadania, czy istnieje granica

$\frac{8t-\sqrt{63+t}}{4t-\sqrt[3]{63+t}}=\frac{8(u^6-63)-u^3}{4(u^6-63)-u^2}$

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 $u(t)=\sqrt[6]{63+t}\to 2$, 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 $\underset{t\to 1}{\lim }\frac{8t-\sqrt{63+t}}{4t-\sqrt[3]{63+t}}$ 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:

$\begin{array}{rl}f(x)-ex& =(x+2)\exp \left(\frac{x+1}{x-1}\right)-ex\\ & =x\left(\right(1+\frac{2}{x})\exp (\frac{x+1}{x-1})-e)\\ & =\frac{(1+\frac{2}{x})\exp \left(\frac{x+1}{x-1}\right)-e}{\frac{1}{x}}.\end{array}$

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

$\begin{array}{rl}f(x)-ex& =x\left(\right(1+\frac{2}{x})\exp (\frac{x+1}{x-1})-e)\\ & =\frac{u+1}{u-1}\left[\right(1+2\frac{u-1}{u+1})\exp u-e]\\ & =\frac{(3u-1)\exp u-(u+1)e}{u-1}.\end{array}$ 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 $x\to -\mathrm{\infty }$.