×   HOME JAVA NETPLOT OCTAVE Traži ...
  matematika1
Kut između tangenti     DERIVACIJE I PRIMJENE     Lokalni ekstremi


L'Hospitalovo pravilo

Primjenom L'Hospitalovog pravila izračunajte sljedeće limese:

a)
$ \displaystyle \lim\limits_{x\to a+0}\frac{\ln (x-a)}{\ln (e^x-e^a)}$ ,

b)
$ \displaystyle \lim\limits_{x\to 2}\frac {\sqrt{5x-1}-\sqrt{4x+1}}{\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2}}$ ,

c)
$ \displaystyle \lim\limits_{x\to 1+0}\ln x \cdot \ln (x-1)$ ,

d)
$ \displaystyle \lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)$ ,

e)
$ \displaystyle \lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}$ ,

f)
$ \displaystyle \lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}}$ ,

g)
$ \displaystyle \lim\limits_{x\to 0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}$ .

Rješenje.

a)
Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $ \frac{-\infty}{-\infty}$ pa možemo primijeniti L'Hospitalovo pravilo iz [*] [M1, teorem 5.10] po kojem vrijedi

$\displaystyle \lim\limits_{x\to a+0}\frac{\ln (x-a)}{\ln (e^x-e^a)}$ $\displaystyle =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{[\ln (x-a)]'}{[\ln (e^x-e^a)]'} =\li...
... a+0}\frac{\displaystyle\frac{1}{x-a}}{\displaystyle\frac{1}{e^x-e^a}\cdot e^x}$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{e^x-e^a}{(x-a)e^x}.$    

Sada imamo neodređeni oblik $ \frac{0}{0}$ pa ponovnom primjenom L'Hospitalovog pravila slijedi

$\displaystyle \lim\limits_{x\to a+0}\frac{e^x-e^a}{(x-a)e^x}$ $\displaystyle =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{(e^x-e^a)'}{[(x-a)e^x]'} =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{e^x}{e^x+(x-a)e^x}$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to a+0}\frac{1}{1+x-a}=1.$    

Dakle,

$\displaystyle \lim\limits_{x\to a+0}\frac{\ln (x-a)}{\ln (e^x-e^a)}=1.$

b)
Uvrštavanjem $ x=2$ u izraz pod limesom dobivamo

$\displaystyle \frac{\sqrt{5\cdot 2-1}-\sqrt{4\cdot2+1}}{\sqrt{3\cdot2-2}-\sqrt{2+2}}
=\frac{\sqrt{9}-\sqrt{9}}{\sqrt{4}-\sqrt{4}},$

što je neodređeni oblik $ \frac{0}{0}$ . Primjenom L'Hospitalovog pravila slijedi

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 2}\frac {\sqrt{5x-1}-\sqrt{4x+1}}{\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2}}$ $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 2}\frac {\left(\sqrt{5x-1}-\sqrt{4x+1}\right)'} {\left(\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+2}\right)'}$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 2}\frac{\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{5x-1}}\cd...
...cdot 4}{\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{3x-2}}\cdot3-\frac{1}{2\sqrt{x+2}}\cdot 1}$    
  $\displaystyle =\frac{\displaystyle\frac{5}{2\sqrt{9}}-\frac{4}{2\sqrt{9}}}{\dis...
...{\displaystyle\frac{1}{2\cdot 3}}{\displaystyle\frac{2}{2\cdot 2}}=\frac{1}{3}.$    

c)
Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $ 0\cdot(-\infty)$ . Stavljanjem izraza $ \ln x$ u dvojni razlomak dobivamo neodređeni oblik $ \frac{-\infty}{\infty}$ na koji možemo primijeniti L'Hospitalovo pravilo. Vrijedi

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 1+0}\ln x \cdot \ln (x-1)$ $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{\ln (x-1)}{\displaystyle\frac{1}{\ln...
...imits_{x\to 1+0}\frac{[\ln (x-1)]'}{\displaystyle\left(\frac{1}{\ln x}\right)'}$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{\displaystyle\frac{1}{x-1}}{\display...
...\frac{1}{\ln^2 x}\cdot\frac{1}{x}} =-\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{x\ln^2x}{x-1}.$    

Budući je dobiveni rezultat neodređeni oblik $ \frac{0}{0}$ , ponovnom primjenom L'Hospitalovog pravila dobivamo

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 1+0}\frac{x\ln^2x}{x-1}$ $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{(x\ln^2x)'}{(x-1)'} =\lim\limits_{x\to 1+0}\frac{\displaystyle\ln^2x+x\cdot2\ln x\cdot\frac{1}{x}}{1}$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 1+0}(\ln^2x+2\ln x)=0.$    

Dakle,

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 1+0}\ln x \cdot \ln (x-1)=0.$

d)
Vrijedi

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 0+0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)=\...
...\lim\limits_{x\to 0-0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)=-\infty+\infty,$

pa su oba rezultata isti neodređenog oblika $ \infty -\infty $ . Svođenjem na zajednički nazivnik dobijemo

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)
=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)},$

a to je neodređeni oblik $ \frac{0}{0}$ . Primjena L'Hospitalovog pravila daje

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{x(e^x-1)}
=\lim\limits_{x\to 0...
...o 0}\frac{e^x-0-1}{(e^x-1)+xe^x}
=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x}.$

Budući je i ovo neodređeni oblik $ \frac{0}{0}$ , ponovnom primjenom L'Hospitalovog pravila je

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{e^x-1+xe^x}$ $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 0}\frac{(e^x-1)'}{(e^x-1+xe^x)'} =\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-0}{e^x-0+e^x+xe^x}$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{2+x}=\frac{1}{2}.$    

Dakle,

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1} \right)=\frac{1}{2}.$

e)
Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $ 0^0$ kojeg računamo na sljedeći način. Označimo li s

$\displaystyle L=\lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x},$

logaritmiranjem dobivamo

$\displaystyle \ln L=\ln \lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}.$

Budući je logaritamska funkcija neprekidna slijedi

$\displaystyle \ln L= \lim\limits_{x\to 0+0}\ln(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}.$

Zbog svojstava logaritamske funkcije je

$\displaystyle \ln L= \lim\limits_{x\to 0+0}\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x\ln(\sin x),$

pri čemu direktno računanje dobivenog limesa daje neodređeni oblik $ 0\cdot(-\infty)$ . Stavljanjem izraza $ \mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x$ u dvojni razlomak dobivamo da je

$\displaystyle \ln L= \lim\limits_{x\to 0+0} \frac{\ln(\sin x)}{\mathop{\mathrm{ctg}}\nolimits x},$

što je neodređeni oblik $ \frac{-\infty}{\infty}$ na kojeg možemo primijeniti L'Hospitalovo pravilo. Stoga je

$\displaystyle \ln L=\lim\limits_{x\to 0+0} \frac{[\ln(\sin x)]'}{[\mathop{\math...
...cos x}{\displaystyle-\frac{1}{\sin^2x}}
=-\lim\limits_{x\to 0+0}\sin x\cos x=0.$

Odavde slijedi

$\displaystyle e^{\ln L}=e^0,$

odnosno $ L=1$ , pa smo dobili da je

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 0+0}(\sin x)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}=1.$

f)
Budući je $ \arcsin1=\frac{\pi}{2}$ , imamo neodređeni oblik $ 1^{-\infty}$ kojeg računamo kao što slijedi. Stavimo li

$\displaystyle L=\lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}},$

logaritmiranjem dobijemo

$\displaystyle \ln L$ $\displaystyle =\ln \lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\...
...} =\lim\limits_{x\to 1-0}\ln\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}}$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{1}{1-x}\cdot\ln\left(\frac{2}{\pi}\a...
...ght) =\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{\ln\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)}{1-x}.$    

Budući je time dobiven neodređeni oblik $ \frac{0}{0}$ , primjenimo L'Hospitalovo pravilo pa slijedi

$\displaystyle \ln L$ $\displaystyle =\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{\left[\ln\left(\frac{2}{\pi}\arcsin ...
...ac{1}{\frac{2}{\pi}\arcsin x}\cdot\frac{2}{\pi}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}}{-1}$    
  $\displaystyle =-\lim\limits_{x\to 1-0}\frac{1}{\arcsin x\cdot \sqrt{1-x^2}} =-\frac{1}{\frac{\pi}{2}\cdot0+}=-\infty.$    

Sada je

$\displaystyle e^{\ln L}=e^{-\infty}$

pa je $ L=0$ . Dakle,

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 1-0}\left(\frac{2}{\pi}\arcsin x\right)^{\frac{1}{1-x}}=0.$

g)
Direktno računanje zadanog limesa daje neodređeni oblik $ \infty^0$ . Stavimo li

$\displaystyle L=\lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x},$

logaritmiranjem slijedi

$\displaystyle \ln L$ $\displaystyle =\ln \lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\math...
...\lim\limits_{x\to0+0}\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x\ln\left(\frac{1}{x}\right)$    
  $\displaystyle =\lim\limits_{x\to0+0}\frac{\displaystyle\ln\left(\frac{1}{x}\right)}{\mathop{\mathrm{ctg}}\nolimits x}.$    

Budući da smo dobili neodređeni oblik $ \frac{\infty}{\infty}$ , primijenimo L'Hospitalovo pravilo. Sada je

$\displaystyle \ln L
=\lim\limits_{x\to0+0}\frac{\displaystyle\left[\ln\left(\fr...
...{\sin^2x}}=\lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{\sin
x}{x}\right)^2 \, x=1\cdot0=0$

pa je

$\displaystyle e^{\ln L}=e^0,$

odnosno

$\displaystyle \lim\limits_{x\to0+0}\left(\frac{1}{x}\right)^{\mathop{\mathrm{tg}}\nolimits x}=1.$


Kut između tangenti     DERIVACIJE I PRIMJENE     Lokalni ekstremi