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

From Studia Informatyczne

11. Twierdzenie de l'Hospitala. Równość asymptotyczna.

Ćwiczenie 11.1.

Wyznaczyć granice

\displaystyle \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}. \\ \endaligned

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{\frac1x}{\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{-\frac1{x^2}\cos{\frac{1}{x}}}{-\frac1{x^2+1}}= \lim_{x\rightarrow +\infty}\left(1+\frac1{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{-\frac1{x^2}e^{\frac{1}{x}}}{\frac1{x^2+1}}= \lim_{x\rightarrow -\infty}\left(1+\frac1{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{\frac1x}{-\frac1{\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{-\frac2{x^{3}}e^{\frac{1}{x^2}}}{-\frac1{\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[\frac1{1+0^2}\right]\\=\\\; \end{array}  1.

Ćwiczenie 11.2.

Wyznaczyć granice

\displaystyle \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}. \endaligned

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)
\ \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+} \sqrt{x}\ln^2{x}&=& \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\ln^2{x}}{x^{-\frac12}}\begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array}\lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\frac{2\ln{x}}x}{-\frac12x^{-\frac32}}= \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{-4\ln{x}}{x^{-\frac12}}\begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array}\\ &=&\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{-\frac{4}x}{-\frac12x^{-\frac32}}= \lim_{x\rightarrow 0^+} 8x^{\frac12}=0;\end{array}

b)
\displaystyle \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{array}

c)
\displaystyle \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{- \frac2{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{array}

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 \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). \endaligned

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)
\displaystyle \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}}{\frac1{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{array}

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+\frac2{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)
\displaystyle  \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{array}

f)
\displaystyle  \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})}=\frac12. \end{array}

Ćwiczenie 11.4.

Wyznaczyć granice

\displaystyle \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. \endaligned

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 \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{-\frac1x}{-\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 \endaligned

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

\displaystyle \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. \endaligned

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

\displaystyle \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 \endaligned

i stąd wnioskujemy, że

\displaystyle \aligned \lim_{x\rightarrow 1} x^{\frac{1}{x-1}}= \lim_{x\rightarrow 1} e^{\frac{\ln{x}}{x-1}}=e^1=e. \endaligned

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

\displaystyle \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 \endaligned

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \aligned \lim_{x\rightarrow 0} (e^{2x}+x)^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow 0} e^{\frac{\ln(e^{2x}+x)}{x}}=e^3. \endaligned

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

\displaystyle \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{\frac1{2\mathrm{tg}\,\frac{x}{2}\cos^{2}{\frac{x}2}} }{\frac1x}}= \lim_{x\rightarrow 0} {\frac{x }{2\cos{\frac x2}\sin{\frac x2}}}= \lim_{x\rightarrow 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right)^{-1}=1 \endaligned

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \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. \endaligned

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

\displaystyle \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{\frac1{x\ln{x}}}{-x^{-2}}= \lim_{x\rightarrow 0} -\frac{x}{\ln{x}}\begin{array} {c}\left[\frac{0}{\infty}\right]\\=\\\;\end{array} 0 \endaligned

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \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. \endaligned

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

\displaystyle \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{\frac13\cos{2x}}{\frac{\sin{2x}}{2x}} \begin{array} {c}\left[\frac{\frac13}{1}\right]\\=\\\,\end{array} \frac13 \endaligned

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \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^\frac13. \endaligned

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}}}{-\frac1{\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 \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. \endaligned

i) Zauważmy najpierw, że

\displaystyle \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, \endaligned

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

\displaystyle \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{\frac1{(1+x)\ln(1+x)}-\frac1x}{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 14 \end{array}

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \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^{-\frac14}. \endaligned

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

\begin{array}{lll}\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)}=\frac1{e} \endaligned

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \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^\frac1{e}. \end{array}

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^{-\frac12}} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array}  \lim_{x\rightarrow 0}3\frac{\frac1{x\ln x}}{-\frac12x^{-\frac32}}=\\ &=&\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}-6\frac{x^{\frac12}}{\ln x} \begin{array} {c}\left[-6\cdot \frac{0}{-\infty}\right]\\=\\\;\end{array} 0 \end{array}

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \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. \endaligned

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{\frac1{(1+x^2)\mathrm{arctg}\, x}}{-x^{-2}}= \lim_{x\rightarrow +\infty} -\frac1{\mathrm{arctg}\, x}\cdot\frac{1}{1+x^{-2}}=-\frac{2}{\pi} \end{array}

i stąd otrzymujemy

\displaystyle \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^{-\frac2\pi}. \endaligned

Ćwiczenie 11.5.

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

\displaystyle \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}. \endaligned

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 \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^2e^{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^3e^{x^2}}{e^x}=... \endaligned

i dlatego znacznie wygodniej jest nie korzystać z reguły:

\displaystyle \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. \endaligned

Zauważmy jeszcze, że

\displaystyle \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 \endaligned

(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 \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, \endaligned

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 \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). \endaligned

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 \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}, \endaligned

to

\displaystyle \aligned F(n\pi)=\frac19+\frac1{18n\pi}\rightarrow \frac19\quad (n\rightarrow \infty), \\ F\left(\frac{\pi}{2}+2n\pi\right)=\frac1{16}+\frac1{16(\pi+4n\pi)}\rightarrow \frac1{16}\quad  (n\rightarrow \infty). \endaligned

Ćwiczenie 11.6.

Wyznaczyć asymptoty funkcji

\displaystyle  \begin{array}{lll} \textrm{a) } \displaystyle x\mapsto 3x(\pi+2\mathrm{arctg}\,{x}) &\qqaud& \textrm{b) } \displaystyle x\mapsto x\ln\left(1+\frac1x\right)\\ \textrm{c) }\displaystyle x\mapsto x^2e^\frac{1}{x}&\qqaud&\textrm{d) } \displaystyle x\mapsto (2x+1)e^{\frac{2}{3-x}}\\ \textrm{e) }\displaystyle x\mapsto x\ln\left(e+\frac3{x^2}\right)&\qqaud&\textrm{f) }\displaystyle x\mapsto \ln|x|\arcsin\frac1x\\ \textrm{g) }x\mapsto (x^2+1)\mathrm{arc\,ctg}\, x &\qqaud&\textrm{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{\frac2{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{array}{lll} \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{\frac2{1+x^2}}{-x^{-2}}= \lim_{x\rightarrow +\infty} \frac{-6}{1+x^{-2}}=-6. \endaligned

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+\frac1x\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+\frac1x\right)= 0)

\begin{array}{lll}\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm\infty}g(x)&=& \displaystyle\lim_{x\rightarrow \pm\infty} x\ln\left(1+\frac1x\right)= \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{\ln\left(1+\frac1x\right)}{x^{-1}} \begin{array} {c}\left[\frac{0}{0}\right]\\=\\H\end{array} \\ &=&\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm\infty} \frac{\frac1{1+\frac1x}\cdot\left(-\frac1{x^2}\right)}{-\frac1{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+\frac1x\right)= \lim_{x\rightarrow 0^+ } \frac{\ln\left(1+\frac1x\right)}{x^{-1}} \begin{array} {c}\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\\=\\H\end{array} \\ &=&\displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0^+} \frac{\frac1{1+\frac1x}\cdot\left(-\frac1{x^2}\right)}{-\frac1{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^2e^\frac{1}{x} jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus\{0\}. Liczymy granice

\displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0^-} h(x)= \lim_{x\rightarrow 0^-} x^2e^\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^2e^\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^2e^\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+\frac1x\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)^2e^{\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+\frac3{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+\frac3{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}-\frac2x}{-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+\frac3{x^2}\right)=\pm \infty,
\displaystyle  \lim_{x\rightarrow \pm \infty} \frac{\Psi(x)}x= \lim_{x\rightarrow \pm \infty} \ln\left(e+\frac3{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+\frac3{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\frac1x 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\frac1x=\lim_{x\rightarrow \pm \infty} \frac{\arcsin\frac1x}{\ln^{-1}|x|} \begin{array} {c}\left[\frac{0}{0}\right]\\=\\H\end{array} \\ &=&\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty} \frac{-\frac1{x^{2}\sqrt{1-x^{-2}}}}{-\frac{\ln^{-2}|x|}x}= \lim_{x\rightarrow \pm \infty} \frac{\ln^{2}|x|}{x}\cdot\frac1{\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[-\frac13,0\right)\cup\left(0, \frac13\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{\frac6{\sqrt{1-4x^2}}-\frac6{\sqrt{1-9x^2}}}{4x^3}= \lim_{x\rightarrow 0^\pm} \frac32\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} \frac32\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.