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

11. Twierdzenie de l'Hospitala. Równość asymptotyczna.

Ćwiczenie 11.1.

Wyznaczyć granice

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\rm {a}})\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x}{\ln {x}}},\qquad &&{\rm {b}})\lim _{x\rightarrow 1^{+}}{\frac {{\rm {ln}}x}{\sqrt {x^{2}-1}}},\qquad &&{\rm {c}})\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x^{4}}{e^{x^{2}}}},\\&{\rm {d}})\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\sin {\frac {1}{x}}}{\mathrm {arc\,ctg} \,{x}}},\qquad &&{\rm {e}})\lim _{x\rightarrow -\infty }{\frac {e^{\frac {1}{x}}-1}{{\frac {\pi }{2}}+\mathrm {arctg} \,{x}}},\qquad &&{\rm {f}})\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {\ln {x}}{\mathrm {ctg} \,{x}}},\\&{\rm {g}})\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\ln \cos {x}}{x}},\qquad &&{\rm {h}})\lim _{x\rightarrow 0^{-}}{\frac {e^{\frac {1}{x^{2}}}}{\mathrm {ctg} \,{x}}},\qquad &&{\rm {i}})\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {\mathrm {arctg} \,{\frac {x^{2}-1}{x^{2}+1}}}{x-1}}.\\\end{aligned}}$

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 $\displaystyle \left[{\frac {0}{0}}\right]$ lub $\displaystyle \left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]$ 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 $\displaystyle \left[{\frac {0}{0}}\right]$ lub $\displaystyle \left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]$ i czy istnieje granica ilorazu pochodnych. Literka $\displaystyle H$ 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 $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x}{\ln {x}}}$ nie prezentuje symbolu nieoznaczonego, zatem tu nie wolno stosować reguły de l'Hospitala! Mamy $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x}{\ln {x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{\infty }}\right]\\=\\\;\end{array}}0;$
b) $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 1^{+}}{\frac {{\rm {ln}}x}{\sqrt {x^{2}-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 1^{+}}{\frac {\frac {1}{x}}{\frac {x}{\sqrt {x^{2}-1}}}}=\lim _{x\rightarrow 1^{+}}{\frac {\sqrt {x^{2}-1}}{x^{2}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{1}}\right]\\=\\\;\end{array}}0;$

c)

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x^{4}}{e^{x^{2}}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {4x^{3}}{2xe^{x^{2}}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2x^{2}}{e^{x^{2}}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {4x}{2xe^{x^{2}}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2}{e^{x^{2}}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {2}{\infty }}\right]\\=\\\;\end{array}}0;$
d) $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\sin {\frac {1}{x}}}{\mathrm {arc\,ctg} \,{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-{\frac {1}{x^{2}}}\cos {\frac {1}{x}}}{-{\frac {1}{x^{2}+1}}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }\left(1+{\frac {1}{x^{2}}}\right)\cos {\frac {1}{x}}=1;$

e)

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow -\infty }{\frac {e^{\frac {1}{x}}-1}{{\frac {\pi }{2}}+\mathrm {arctg} \,{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow -\infty }{\frac {-{\frac {1}{x^{2}}}e^{\frac {1}{x}}}{\frac {1}{x^{2}+1}}}=\lim _{x\rightarrow -\infty }\left(1+{\frac {1}{x^{2}}}\right)\left(-e^{\frac {1}{x}}\right)=-1;$

f)

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {\ln {x}}{\mathrm {ctg} \,{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {\frac {1}{x}}{-{\frac {1}{\sin ^{2}x}}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}-\sin {x}\cdot {\frac {\sin x}{x}}{\begin{array}{c}\left[0\cdot 1\right]\\=\\\;\end{array}}0;$

g)

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\ln \cos {x}}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {-\mathrm {tg} \,x}{1}}=0;$

h)

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{-}}{\frac {e^{\frac {1}{x^{2}}}}{\mathrm {ctg} \,{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0^{-}}{\frac {-{\frac {2}{x^{3}}}e^{\frac {1}{x^{2}}}}{-{\frac {1}{\sin ^{2}x}}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{-}}2\left({\frac {\sin {x}}{x}}\right)^{2}{\frac {e^{\frac {1}{x^{2}}}}{x}}{\begin{array}{c}\left[2\cdot 1^{2}\cdot {\frac {+\infty }{0^{-}}}\right]\\=\\\;\end{array}}-\infty ;$

i)

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow 1}{\frac {\mathrm {arctg} \,{\frac {x^{2}-1}{x^{2}+1}}}{x-1}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {\frac {4x}{(x^{2}+1)^{2}}}{1+\left({\frac {x^{2}-1}{x^{2}+1}}\right)^{2}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {1}{1+0^{2}}}\right]\\=\\\;\end{array}}1.$

Ćwiczenie 11.2.

Wyznaczyć granice

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\rm {a}})\lim _{x\rightarrow 0}{\sqrt {x}}\ln ^{2}{x},\quad &&{\rm {b}})\lim _{x\rightarrow 2^{+}}(x-2)e^{\frac {1}{x-2}},\quad &&{\rm {c}})\lim _{x\rightarrow +\infty }(\pi -2\mathrm {arctg} \,{x})\ln {x}.\end{aligned}}$

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 $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\sin {x}}{x}}$.

Rozwiązanie

Mamy tu do czynienia z symbolem nieoznaczonym $\displaystyle [0\cdot \infty ]$. 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)${\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\sqrt {x}}\ln ^{2}{x}&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {\ln ^{2}{x}}{x^{-{\frac {1}{2}}}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {\frac {2\ln {x}}{x}}{-{\frac {1}{2}}x^{-{\frac {3}{2}}}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {-4\ln {x}}{x^{-{\frac {1}{2}}}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {-{\frac {4}{x}}}{-{\frac {1}{2}}x^{-{\frac {3}{2}}}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}8x^{\frac {1}{2}}=0;\end{aligned}}$
b)${\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 2^{+}}(x-2)e^{\frac {1}{x-2}}&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow 2^{+}}{\frac {e^{\frac {1}{x-2}}}{(x-2)^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 2^{+}}{\frac {-(x-2)^{-2}e^{\frac {1}{x-2}}}{-(x-2)^{-2}}}=\\&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow 2^{+}}e^{\frac {1}{x-2}}=+\infty ;\end{aligned}}$
c)${\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }(\pi -2\mathrm {arctg} \,{x})\ln {x}&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\pi -2\mathrm {arctg} \,{x}}{\ln ^{-1}{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-{\frac {2}{1+x^{2}}}}{-{\frac {\ln ^{-2}{x}}{x}}}}=\\&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2x\ln ^{2}{x}}{1+x^{2}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2}{1+x^{-2}}}\cdot {\frac {\ln ^{2}{x}}{x}}{\begin{array}{c}\left[2\cdot 0\right]\\=\\\,\end{array}}0,\end{aligned}}$
bo $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\ln ^{2}{x}}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2\ln {x}}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2}{x}}=0.$

Ćwiczenie 11.3.

Wyznaczyć granice

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\rm {a}})\lim _{x\rightarrow +\infty }(x-{\rm {ln}}x),\quad &&{\rm {b}})\lim _{x\rightarrow +\infty }\left({\frac {1}{\mathrm {arc\,ctg} \,{x}}}-x\right),\quad &&{\rm {c}})\lim _{x\rightarrow +\infty }[(x+2)e^{\frac {1}{x+2}}-x],\\&{\rm {d}})\lim _{x\rightarrow +\infty }(e^{x}-x^{3}),\quad &&{\rm {e}})\lim _{x\rightarrow {\frac {\pi }{2}}^{+}}\left({\frac {1}{\pi -2x}}-{\frac {1}{\cos {x}}}\right),\quad &&{\rm {f}})\lim _{x\rightarrow +\infty }\left(x-x^{2}\ln \left(1+{\frac {1}{x}}\right)\right).\end{aligned}}$

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 $\displaystyle [\infty -\infty ]$.

a)$\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }(x-{\rm {ln}}x)=\lim _{x\rightarrow +\infty }x\left(1-{\frac {{\rm {ln}}x}{x}}\right)=+\infty ,$
bo $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {{\rm {ln}}x}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1}{x}}=0.$
b)${\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }\left({\frac {1}{\mathrm {arc\,ctg} \,{x}}}-x\right)&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x^{-1}-\mathrm {arc\,ctg} \,{x}}{x^{-1}\mathrm {arc\,ctg} \,x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-x^{-2}+(1+x^{2})^{-1}}{-x^{-2}\mathrm {arc\,ctg} \,x-x^{-1}(x^{2}+1)^{-1}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-1+{\frac {x^{2}}{1+x^{2}}}}{-\mathrm {arc\,ctg} \,x-{\frac {x}{1+x^{2}}}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\frac {2x(x^{2}+1)-2x^{3}}{(x^{2}+1)^{2}}}{{\frac {1}{x^{2}+1}}-{\frac {x^{2}+1-2x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2x}{2x^{2}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1}{x}}=0.\end{aligned}}$

c) Przekształćmy najpierw wyrażenie pod granicą

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

Policzmy

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

A ponieważ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }2e^{\frac {1}{x+2}}=2$, więc

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }[(x+2)e^{\frac {1}{x+2}}-x]=1+2=3.$
d)$\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }(e^{x}-x^{3})=\lim _{x\rightarrow +\infty }e^{x}\left(1-{\frac {x^{3}}{e^{x}}}\right){\begin{array}{c}\left[+\infty \cdot (1-0)\right]\\=\\\,\end{array}}+\infty ,$

bo

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

Ćwiczenie 11.4.

Wyznaczyć granice

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\rm {a}})\lim _{x\rightarrow +\infty }x^{\frac {1}{x}},\qquad &&{\rm {b}})\lim _{x\rightarrow 0^{+}}\left({\frac {1}{x}}\right)^{\sin {x}},\qquad &&{\rm {c}})\lim _{x\rightarrow 1}x^{\frac {1}{x-1}},\\&{\rm {d}})\lim _{x\rightarrow 0}(e^{2x}+x)^{\frac {1}{x}},\qquad &&{\rm {e}})\lim _{x\rightarrow 0}\left(\mathrm {tg} \,{\frac {x}{2}}\right)^{\frac {1}{\ln x}},\qquad &&{\rm {f}})\lim _{x\rightarrow 0}\left({\rm {ln}}{\frac {1}{x}}\right)^{x},\\&{\rm {g}})\lim _{x\rightarrow 0^{+}}\left(\sin {2x}\right)^{\frac {1}{3\ln x}},\qquad &&{\rm {h}})\lim _{x\rightarrow \pi }\left(1-\cos {4x}\right)^{\mathrm {tg} \,x},\qquad &&{\rm {i}})\lim _{x\rightarrow 0}\left({\frac {\ln(1+x)}{x}}\right)^{\frac {1}{2x}}\\&{\rm {j}})\lim _{x\rightarrow 0}(\ln(e+x^{3}))^{\frac {1}{x^{3}}},\qquad &&{\rm {k}})\lim _{x\rightarrow 0}\left(\ln {\frac {1}{x}}\right)^{3{\sqrt {x}}},\qquad &&{\rm {l}})\lim _{x\rightarrow +\infty }\left({\frac {2}{\pi }}\mathrm {arctg} \,x\right)^{x}.\end{aligned}}$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

a) Ponieważ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\ln {x}}{x}}=0$ (porównaj rozwiązanie ćwiczenia 11.3. a)), mamy

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }x^{\frac {1}{x}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }e^{\frac {\ln {x}}{x}}=e^{0}=1.$

b) Wobec zależności

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}(-\sin {x}\ln {x})=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {-\ln {x}}{\sin ^{-1}{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {-{\frac {1}{x}}}{-\cos {x}\sin ^{-2}{x}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}\mathrm {tg} \,{x}\cdot {\frac {\sin {x}}{x}}{\begin{array}{c}\left[0\cdot 1\right]\\=\\\;\end{array}}0\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}\left({\frac {1}{x}}\right)^{\sin {x}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}x^{-\sin {x}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}e^{-\sin {x}\ln {x}}=e^{0}=1.\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {\ln {x}}{x-1}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 1}{\frac {1}{x}}=1\end{aligned}}$

i stąd wnioskujemy, że

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 1}x^{\frac {1}{x-1}}=\lim _{x\rightarrow 1}e^{\frac {\ln {x}}{x-1}}=e^{1}=e.\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\ln(e^{2x}+x)}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {2e^{2x}+1}{e^{2x}+x}}=3\end{aligned}}$

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}(e^{2x}+x)^{\frac {1}{x}}=\lim _{x\rightarrow 0}e^{\frac {\ln(e^{2x}+x)}{x}}=e^{3}.\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\ln \mathrm {tg} \,{\frac {x}{2}}}{\ln x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\frac {1}{2\mathrm {tg} \,{\frac {x}{2}}\cos ^{2}{\frac {x}{2}}}}{\frac {1}{x}}}=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {x}{2\cos {\frac {x}{2}}\sin {\frac {x}{2}}}}=\lim _{x\rightarrow 0}\left({\frac {\sin x}{x}}\right)^{-1}=1\end{aligned}}$

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}\left(\mathrm {tg} \,{\frac {x}{2}}\right)^{\frac {1}{\ln x}}=\lim _{x\rightarrow 0}e^{\frac {\ln \mathrm {tg} \,{\frac {x}{2}}}{\ln x}}=e^{1}=e.\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}x\ln(-\ln {x})=\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\ln(-\ln {x})}{x^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\frac {1}{x\ln {x}}}{-x^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow 0}-{\frac {x}{\ln {x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{\infty }}\right]\\=\\\;\end{array}}0\end{aligned}}$

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}\left({\rm {ln}}{\frac {1}{x}}\right)^{x}=\lim _{x\rightarrow 0}\left(-\ln x\right)^{x}=\lim _{x\rightarrow 0}e^{x\ln(-\ln {x})}=e^{0}=1.\end{aligned}}$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {\ln \sin {2x}}{3\ln x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {2{\frac {\cos {2x}}{\sin {2x}}}}{3x^{-1}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {{\frac {1}{3}}\cos {2x}}{\frac {\sin {2x}}{2x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\frac {1}{3}}{1}}\right]\\=\\\,\end{array}}{\frac {1}{3}}\end{aligned}}$

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}\left(\sin {2x}\right)^{\frac {1}{3\ln x}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}e^{\frac {\ln \sin {2x}}{3\ln x}}=e^{\frac {1}{3}}.\end{aligned}}$

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

${\begin{array}{lll}\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pi }{\mathrm {tg} \,x\ln \left(1-\cos {4x}\right)}&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pi }{\frac {\ln \left(1-\cos {4x}\right)}{\mathrm {ctg} \,x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pi }{\frac {\frac {4\sin 4x}{1-\cos {4x}}}{-{\frac {1}{\sin ^{2}{x}}}}}=\lim _{x\rightarrow \pi }-{\frac {4\sin {4x}\sin ^{2}{x}}{1-\cos {4x}}}=\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pi }-{\frac {8\sin {2x}\cos {2x}\sin ^{2}{x}}{2\sin ^{2}{2x}}}=\lim _{x\rightarrow \pi }-{\frac {4\cos {2x}\sin {x}}{\cos {x}}}=0\end{array}}$

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow \pi }\left(1-\cos {4x}\right)^{\mathrm {tg} \,x}=\lim _{x\rightarrow \pi }e^{\mathrm {tg} \,x\ln \left(1-\cos {4x}\right)}=e^{0}=1.\end{aligned}}$

i) Zauważmy najpierw, że

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0}{\frac {1}{1+x}}=1,\end{aligned}}$

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

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

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}\left({\frac {\ln(1+x)}{x}}\right)^{\frac {1}{2x}}=\lim _{x\rightarrow 0}e^{\frac {\ln |\ln(1+x)|-\ln |x|}{2x}}=e^{-{\frac {1}{4}}}.\end{aligned}}$

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

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

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}(\ln(e+x^{3}))^{\frac {1}{x^{3}}}=&=\lim _{x\rightarrow 0}e^{\frac {\ln(\ln(e+x^{3}))}{x^{3}}}=e^{\frac {1}{e}}.\end{aligned}}$

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

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

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow 0}\left(\ln {\frac {1}{x}}\right)^{3{\sqrt {x}}}=\lim _{x\rightarrow 0}\left(-\ln {x}\right)^{3{\sqrt {x}}}=\lim _{x\rightarrow 0}e^{3{\sqrt {x}}\ln(-\ln x)}=e^{0}=1.\end{aligned}}$

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

${\begin{array}{lll}\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }x\ln \left({\frac {2}{\pi }}\mathrm {arctg} \,x\right)&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\ln \left({\frac {2}{\pi }}\right)+\ln \mathrm {arctg} \,x}{x^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\frac {1}{(1+x^{2})\mathrm {arctg} \,x}}{-x^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }-{\frac {1}{\mathrm {arctg} \,x}}\cdot {\frac {1}{1+x^{-2}}}=-{\frac {2}{\pi }}\end{array}}$

i stąd otrzymujemy

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }\left({\frac {2}{\pi }}\mathrm {arctg} \,x\right)^{x}=\lim _{x\rightarrow +\infty }e^{x\ln \left({\frac {2}{\pi }}\mathrm {arctg} \,x\right)}=e^{-{\frac {2}{\pi }}}.\end{aligned}}$

Ćwiczenie 11.5.

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

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\rm {a}})\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {e^{x^{2}}}{e^{x}}},\qquad &&{\rm {b}})\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x-\sin {x}}{x+\sin {x}}},\qquad &&{\rm {c}})\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2x+\sin {2x}+1}{(2x+\sin {2x})(\sin {x}+3)^{2}}}.\end{aligned}}$

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 $\displaystyle \lim _{x\rightarrow \infty }{\frac {\sin {x}}{x}}$? 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 $\displaystyle \left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]$ 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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {e^{x^{2}}}{e^{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2xe^{x^{2}}}{e^{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2e^{x^{2}}+4x^{2}e^{x^{2}}}{e^{x}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\\{\begin{array}{c}\;\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {12xe^{x^{2}}+8x^{3}e^{x^{2}}}{e^{x}}}=...\end{aligned}}$

i dlatego znacznie wygodniej jest nie korzystać z reguły:

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {e^{x^{2}}}{e^{x}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }e^{x^{2}-x}=\lim _{x\rightarrow +\infty }e^{x(x-1)}{\begin{array}{c}\left[e^{+\infty }\right]\\=\\\;\end{array}}+\infty .\end{aligned}}$

Zauważmy jeszcze, że

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {2xe^{x^{2}}}{e^{x}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }2xe^{x(x-1)}{\begin{array}{c}\left[+\infty \cdot e^{+\infty }\right]\\=\\\;\end{array}}+\infty \end{aligned}}$

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

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

$\displaystyle {\begin{aligned}\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x-\sin {x}}{x+\sin {x}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1-x^{-1}\sin {x}}{1+x^{-1}\sin {x}}}=1,\end{aligned}}$

ponieważ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }x^{-1}\sin {x}=0$.

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

$\displaystyle {\begin{aligned}2x+\sin {2x}+1\geq 2x+2\rightarrow +\infty \quad (x\rightarrow +\infty ),\\(2x+\sin {2x})(\sin {x}+3)^{2}\geq 2x+1\rightarrow +\infty \quad (x\rightarrow +\infty ).\end{aligned}}$

Jednakże nie można badać granicy ilorazu pochodnych

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

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

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

to

$\displaystyle {\begin{aligned}F(n\pi )={\frac {1}{9}}+{\frac {1}{18n\pi }}\rightarrow {\frac {1}{9}}\quad (n\rightarrow \infty ),\\F\left({\frac {\pi }{2}}+2n\pi \right)={\frac {1}{16}}+{\frac {1}{16(\pi +4n\pi )}}\rightarrow {\frac {1}{16}}\quad (n\rightarrow \infty ).\end{aligned}}$

Ćwiczenie 11.6.

Wyznaczyć asymptoty funkcji

$\displaystyle {\begin{array}{lll}{\text{a) }}\displaystyle x\mapsto 3x(\pi +2\mathrm {arctg} \,{x})&\qquad &{\text{b) }}\displaystyle x\mapsto x\ln \left(1+{\frac {1}{x}}\right)\\{\text{c) }}\displaystyle x\mapsto x^{2}e^{\frac {1}{x}}&\qquad &{\text{d) }}\displaystyle x\mapsto (2x+1)e^{\frac {2}{3-x}}\\{\text{e) }}\displaystyle x\mapsto x\ln \left(e+{\frac {3}{x^{2}}}\right)&\qquad &{\text{f) }}\displaystyle x\mapsto \ln |x|\arcsin {\frac {1}{x}}\\{\text{g) }}x\mapsto (x^{2}+1)\mathrm {arc\,ctg} \,x&\qquad &{\text{h) }}\displaystyle x\mapsto {\frac {3\arcsin {2x}-2\arcsin {3x}}{x^{4}}}\end{array}}$

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

${\begin{array}{lll}\displaystyle \lim _{x\rightarrow -\infty }f(x)&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow -\infty }3x(\pi +2\mathrm {arctg} \,{x})=\lim _{x\rightarrow -\infty }3{\frac {\pi +2\mathrm {arctg} \,{x}}{x^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow -\infty }3{\frac {\frac {2}{1+x^{2}}}{-x^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow -\infty }{\frac {-6}{1+x^{-2}}}=-6,\end{array}}$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }f(x)=\lim _{x\rightarrow +\infty }3x(\pi +2\mathrm {arctg} \,{x}){\begin{array}{c}\left[+\infty \cdot 2\pi \right]\\=\\\;\end{array}}+\infty ,$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {f(x)}{x}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }3(\pi +2\mathrm {arctg} \,{x})=6\pi ,$ ${\begin{aligned}\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }(f(x)-6\pi x)&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }3x(2\mathrm {arctg} \,{x}-\pi )=\lim _{x\rightarrow +\infty }3{\frac {2\mathrm {arctg} \,{x}-\pi }{x^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }3{\frac {\frac {2}{1+x^{2}}}{-x^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-6}{1+x^{-2}}}=-6.\end{aligned}}$

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

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

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

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

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

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{-}}h(x)=\lim _{x\rightarrow 0^{-}}x^{2}e^{\frac {1}{x}}{\begin{array}{c}\left[0\cdot e^{-\infty }\right]\\=\\\;\end{array}}0,$ ${\begin{array}{lll}\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{+}}h(x)&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{+}}x^{2}e^{\frac {1}{x}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {e^{\frac {1}{x}}}{x^{-2}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {-x^{-2}e^{\frac {1}{x}}}{-2x^{-3}}}=\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {e^{\frac {1}{x}}}{2x^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {-x^{-2}e^{\frac {1}{x}}}{-2x^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow 0^{+}}{\frac {e^{\frac {1}{x}}}{2}}=+\infty ,\end{array}}$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pm \infty }h(x)=\lim _{x\rightarrow \pm \infty }x^{2}e^{\frac {1}{x}}=+\infty ,$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pm \infty }{\frac {h(x)}{x}}=\lim _{x\rightarrow \pm \infty }xe^{\frac {1}{x}}=\pm \infty .$

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

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

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow 3^{-}}\Phi (x)=\lim _{x\rightarrow 3^{-}}(2x+1)e^{\frac {2}{3-x}}{\begin{array}{c}\left[7\cdot e^{+\infty }\right]\\=\\\;\end{array}}+\infty ,$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow 3^{+}}\Phi (x)=\lim _{x\rightarrow 3^{+}}(2x+1)e^{\frac {2}{3-x}}{\begin{array}{c}\left[7\cdot e^{-\infty }\right]\\=\\\;\end{array}}0,$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pm \infty }\Phi (x)=\lim _{x\rightarrow \pm \infty }(2x+1)e^{\frac {2}{3-x}}{\begin{array}{c}\left[\pm \infty \cdot e^{0}\right]\\=\\\;\end{array}}\pm \infty ,$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pm \infty }{\frac {\Phi (x)}{x}}=\lim _{x\rightarrow \pm \infty }\left(2+{\frac {1}{x}}\right)e^{\frac {2}{3-x}}=2.$

Pozostała do policzenia granica

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow \pm \infty }(\Phi (x)-2x)=\lim _{x\rightarrow \pm \infty }[2x(e^{\frac {2}{3-x}}-1)+e^{\frac {2}{3-x}}]=-4+1=-3$

bo:

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

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

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

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

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

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

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

bo

$\displaystyle \quad \lim _{x\rightarrow \pm \infty }{\frac {\ln ^{2}|x|}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow \pm \infty }{\frac {2\ln |x|}{x}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {\infty }{\infty }}\right]\\=\\H\end{array}}\lim _{x\rightarrow \pm \infty }{\frac {2}{x}}=0.$

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

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

$\displaystyle \lim _{x\rightarrow -\infty }G(x)=\lim _{x\rightarrow -\infty }(x^{2}+1)\mathrm {arc\,ctg} \,x{\begin{array}{c}\left[+\infty \cdot \pi \right]\\=\\\;\end{array}}+\infty ,$ $\displaystyle \lim _{x\rightarrow -\infty }{\frac {G(x)}{x}}=\lim _{x\rightarrow -\infty }(x+x^{-1})\mathrm {arc\,ctg} \,x{\begin{array}{c}\left[-\infty \cdot \pi \right]\\=\\\;\end{array}}-\infty ,$ ${\begin{array}{lll}\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }G(x)&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }(x^{2}+1)\mathrm {arc\,ctg} \,x=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\mathrm {arc\,ctg} \,x}{(x^{2}+1)^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-(1+x^{2})^{-1}}{-2x(x^{2}+1)^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x+x^{-1}}{2}}=+\infty ,\end{array}}$ ${\begin{array}{lll}\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {G(x)}{x}}&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }(x+x^{-1})\mathrm {arc\,ctg} \,x=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\mathrm {arc\,ctg} \,x}{x(1+x^{2})^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-(1+x^{2})^{-1}}{(1+x^{2})^{-1}-2x^{2}(x^{2}+1)^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {x^{2}+1}{x^{2}-1}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1+x^{-2}}{1-x^{-2}}}=1,\end{array}}$ ${\begin{array}{lll}\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }(G(x)-x)&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }((x^{2}+1)\mathrm {arc\,ctg} \,x-x)=\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {\mathrm {arc\,ctg} \,x-x(1+x^{2})^{-1}}{(1+x^{2})^{-1}}}{\begin{array}{c}\left[{\frac {0}{0}}\right]\\=\\H\end{array}}\\&=&\displaystyle \lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {-(1+x^{2})^{-1}-(1+x^{2})^{-1}+2x^{2}(x^{2}+1)^{-2}}{-2x(1+x^{2})^{-2}}}=\lim _{x\rightarrow +\infty }{\frac {1}{x}}=0.\end{array}}$

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

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

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

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