Matematyka 1NI/Reguła de l'Hospitala

Reguła de l'Hospitala

Zadanie 1

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy przepisać granicę w postaci ilorazu, aby możliwe było zastosowanie twierdzenia de l'Hospitala.

---

Rozwiązanie

Zapiszmy granicę w formie:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\log(1+x)}{\mathrm{tg}\, x}\; . \, [/math]

Granica ma charakter "[math]\displaystyle \frac{0}{0}\, [/math]", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Możemy więc napisać:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{ctg}\, x\log(1+x)\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{1+x}}{\frac{1}{\cos^2 x}}=1\; , \, [/math]

gdzie skorzystaliśmy z faktu, że [math]\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\cos x=1\, [/math]. Literą "H" oznaczyliśmy powyżej miejsce, w którym skorzystaliśmy z twierdzenia de l'Hospitala.

---

Zadanie 2

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}\; . \, [/math]

Wskazówka

Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.

---

Rozwiązanie

Jak widać, granica ma ponownie charakter "[math]\displaystyle \frac{0}{0}\, [/math]", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Zachodzi więc równość:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x-\cosh x-x(\sin x+\sinh x)}{\cos x-\cosh x}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\left(1-\frac{x(\sin x+\sinh x)}{\cos x-\cosh x}\right)\\ &\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\left(1-\frac{\frac{\sin x}{x}+\frac{\sinh x}{x}}{\frac{\cos x-1}{x^2}-\frac{\cosh x-1}{x^2}}\right)\; . \end{array}\,[/math]

Jeśli teraz skorzystamy ze znanych granic:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x-1}{x^2} &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\sin^2\frac{x}{2}}{x^2}=-\frac{1}{2}\; , \\ \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cosh x-1}{x^2} &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2\sinh^2\frac{x}{2}}{x^2}=\frac{1}{2} \; ,\\ \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x} &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sinh x}{x} =1\; , \end{array}\,[/math]

to z (5) uzyskujemy wynik:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}x\,\frac{\cos x-\cosh x}{\sin x-\sinh x}=3\; . \, [/math]

---

Zadanie 3

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\mathrm{tg}\, x-x}{\sin^3 x}\; . \, [/math]

Wskazówka

Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.

---

Rozwiązanie

Granica ma charakter "[math]\displaystyle \frac{0}{0}\, [/math]". Funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala, więc można od razu zastosować zawarty w nim przepis:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\mathrm{tg}\, x-x}{\sin^3 x}&\!\!\! \displaystyle\stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{\cos^2 x}-1}{3\sin^2 x\cos x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos^2 x}{3\sin^2 x\cos^3 x}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin^2 x}{3\sin^2 x\cos^3 x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{3\cos^3 x}=\frac{1}{3}\; . \end{array}\,[/math]

---

Zadanie 4

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2 x-x+1}{\cos^2 \frac{\pi x}{2}}\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy dwukrotnie zastosować regułę de l'Hospitala.

---

Rozwiązanie

Gdy [math]x\, [/math] zbiega do jedynki, to [math]\log x\rightarrow 0\, [/math] oraz [math]\displaystyle \cos \frac{\pi x}{2}\rightarrow 0\, [/math], więc granica ma ponownie charakter "[math]\displaystyle \frac{0}{0}\, [/math]". Funkcje w liczniku i mianowniku spełniają w otoczeniu [math]x=1\, [/math] założenia twierdzenia de l'Hospitala. Piszemy więc:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2 x-x+1}{\cos^2 \frac{\pi x}{2}} \stackrel{\mathrm{H}}{=} \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x}+\frac{2\log x}{x}-1}{-2\,\frac{\pi}{2}\, \cos \frac{\pi x}{2}\, \sin \frac{\pi x}{2}}=-\frac{2}{\pi}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x}+\frac{2\log x}{x}-1}{\sin (\pi x)}\; . \, [/math]

Otrzymana granica jest w dalszym ciągu typu "[math]\displaystyle \frac{0}{0}\, [/math]" i nadal spełnione są założenia twierdzenia de l'Hospitala, więc spróbujemy zastosować je ponownie:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log x+\log^2 x-x+1}{\cos^3 \frac{\pi x}{2}}\stackrel{\mathrm{H}}{=} -\frac{2}{\pi}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-\frac{1}{x^2}+\frac{2}{x^2}-\frac{2\log x}{x^2}}{\pi \cos (\pi x)}=\frac{2}{\pi^2}\; . \, [/math]

---

Zadanie 5

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy zapisać wyrażenie w postaci ilorazowej, do której można już zastosować regułę de l'Hospitala.

---

Rozwiązanie

Sprowadzając wyrażenie w nawiasie do wspólnego mianownika, możemy wyrażenie (13) zapisać w formie:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x - x}{x^2\sin x}\; . \, [/math]

Granica ma teraz charakter "[math]\displaystyle \frac{0}{0}\, [/math]", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Stosując je do naszego wyrażenia otrzymujemy:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x - 1}{2x\sin x+x^2\cos x}\; . \, [/math]

Uzyskaną granicę znajdziemy, ponownie stosując regułę de l'Hospitala:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-\sin x}{2\sin x+4x \cos x-x^2 \sin x}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-\frac{\sin x}{x}}{2\frac{\sin x}{x}+4 \cos x-x \sin x}=-\frac{1}{6}\; , \end{array}\,[/math]

gdzie wykorzystaliśmy (6).

Warto jeszcze dodać, że nie musieliśmy powtórnie stosować reguły de l'Hospitala do granicy po prawej stronie (15), gdyż można ją było także znaleźć wykorzystując tożsamość: [math]\displaystyle 1-\cos\alpha=2\sin^2\frac{\alpha}{2}\, [/math] i przekształcając wyrażenie w następujący sposób:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\cos x - 1}{2x\sin x+x^2\cos x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\sin^2\frac{x}{2}}{2x\sin x+x^2\cos x} = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{x}\right)^2}{2\,\frac{\sin x}{x}+\cos x}=-\frac{1}{6}\; . \, [/math]

---

Zadanie 6

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{1}{\log x}-\frac{1}{x-1}\right)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy zapisać wyrażenie w postaci ilorazowej, do której można już zastosować regułę de l'Hospitala.

---

Rozwiązanie

Procedura rozwiązania zadania polega na sprowadzeniu wyrażenia w nawiasie do wspólnego mianownika, a następnie dwukrotnym zastosowaniu twierdzenia de l'Hospitala. W wyniku tego otrzymujemy:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{1}{\log x}-\frac{1}{x-1}\right)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1-\log x}{(x-1)\log x}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1-\frac{1}{x}}{\log x+\frac{x-1}{x}}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{x\log x+x-1}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{1}{\log x+2}=\frac{1}{2}\; . \end{array}\,[/math]

---

Zadanie 7

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{5}{x^5-1}-\frac{4}{x^4-1}\right)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy zapisać wyrażenie w postaci ilorazowej, do której można już zastosować regułę de l'Hospitala.

---

Rozwiązanie

Podobnie jak w poprzednim zadaniu, procedura rozwiązania zadania polega na sprowadzeniu wyrażenia w nawiasie do wspólnego mianownika, a następnie dwukrotnym zastosowaniu twierdzenia de l'Hospitala. W wyniku tego otrzymujemy:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\left(\frac{5}{x^5-1}-\frac{4}{x^4-1}\right)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1}\frac{5x^4-4x^5-1}{x^9-x^5-x^4+1}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-20x^4+20x^3}{9x^8-5x^4-4x^3}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle -20\lim_{x\rightarrow 1}\frac{x-1}{9x^5-5x-4}\stackrel{\mathrm{H}}{=}-20 \lim_{x\rightarrow 1}\frac{1}{45x^4-5}=-\frac{1}{2}\; . \end{array}\,[/math]

---

Zadanie 8

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\; . \, [/math]

Wskazówka

Zamiast obliczać wprost granicę (22), należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.

---

Rozwiązanie

Aby przekształcić granicę do postaci, dla której można zastosować regułę de l'Hospitala, wykorzystamy własności funkcji logarytm. Zamiast obliczać (22), znajdziemy:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}=\lim_{x\rightarrow 0^+}\log(1+x)\log\mathrm{tg}\, x=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\log\mathrm{tg}\, x}{\frac{1}{\log(1+x)}}\; . \, [/math]

Otrzymana granica ma teraz charakter "[math]\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\, [/math]", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają w otoczeniu punktu [math]x=0\, [/math] założenia twierdzenia de l'Hospitala. Stosując je do prawej strony (23), otrzymujemy:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\frac{1}{\mathrm{tg}\, x}\cdot\frac{1}{\cos^2 x}}{\frac{-1}{\log^2(1+x)}\cdot \frac{1}{1+x}}=-2\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{(1+x)\log^2(1+x)}{\sin 2x}\; . \, [/math]

Teraz musimy ponownie zastosować regułę de l'Hospitala:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\stackrel{\mathrm{H}}{=}-2\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\log^2(1+x)+2\log(1+x)}{2\cos 2x}=0\; . \, [/math]

Za względu na ciągłość funkcji logarytm, mamy

[math] 0=\lim_{x\rightarrow 0^+}\log\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}= \log\left[\lim_{x\rightarrow 0^+}\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}\right]\; , \, [/math]

skąd, dzięki jej różnowartościowości, możemy już wnioskować, że

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\log(1+x)}=e^0=1\; . \, [/math]

---

Zadanie 9

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow \infty}\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}\; , \, [/math]

gdzie [math]a,b\gt 0\, [/math].

Wskazówka

Zamiast obliczać wprost granicę (28), należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.

---

Rozwiązanie

Najpierw przekształcimy granicę do postaci, dla której można zastosować regułę de l'Hospitala, wykorzystując własności funkcji logarytm. Zamiast obliczać (28), zajmiemy się granicą:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\log\left(1+\frac{b}{x}\right)\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)}{\frac{1}{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}}\; . \end{array}\,[/math]

Granica (29) jest już typu "[math]\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\, [/math]", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Wykorzystując je, otrzymujemy:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\log\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\frac{1}{\log\left(1+\frac{a}{x}\right)}\cdot \frac{1}{1+\frac{a}{x}}\cdot\frac{-a}{x^2}}{\frac{-1}{\log^2\left(1+\frac{b}{x}\right)}\cdot \frac{1}{1+\frac{b}{x}}\cdot\frac{-b}{x^2}}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle -\frac{a}{b}\,\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x+b}{x+a}\cdot\frac{\log^2\left(1+\frac{b}{x}\right)}{\log\left(1+\frac{a}{x}\right)}\; . \end{array}\,[/math]

Aby skorzystać z twierdzenia o granicy iloczynu, osobno znajdziemy (ponownie posługując się regułą de l'Hospitala) granicę:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\log^2\left(1+\frac{b}{x}\right)}{\log\left(1+\frac{a}{x}\right)}&\!\!\! \stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{2\log\left(1+\frac{b}{x}\right)\frac{1}{1+\frac{b}{x}}\cdot\frac{-b}{x^2}}{\frac{1}{1+\frac{a}{x}}\cdot\frac{-a}{x^2}}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle 2\,\frac{b}{a}\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x+a}{x+b}\,\log\left(1+\frac{b}{x}\right)=0\; . \end{array}\,[/math]

Oznacza to, iż zeru równa jest także granica (30), a dzięki ciągłości i różnowartościowości funkcji logarytm, możemy od razu napisać wynik końcowy:

[math] \lim_{x\rightarrow \infty}\left(\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\right)^{\log\left(1+\frac{b}{x}\right)}=e^0=1\; . \, [/math]

---

Zadanie 10

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}\; . \, [/math]

Wskazówka

Zamiast obliczać wprost granicę (33), należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.

---

Rozwiązanie

Podobnie jak w poprzednich przykładach, wykorzystując własności funkcji logarytm, przekształcimy granicę do postaci, dla której można zastosować regułę de l'Hospitala. Zamiast obliczać (33), znajdziemy:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)}{(x-1)^2}\; . \, [/math]

Otrzymana granica (34) ma postać "[math]\displaystyle \frac{0}{0}\, [/math]", a funkcje w liczniku i mianowniku spełniają założenia twierdzenia de l'Hospitala. Stosując je, otrzymujemy:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{\sin\frac{x\pi}{2}}\cdot\frac{\pi}{2}\,\cos\frac{x\pi}{2}}{2(x-1)}\; . \, [/math]

Poniżej będziemy chcieli skorzystać z twierdzenia o iloczynie granic. W tym celu znajdziemy osobno:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\cos\frac{x\pi}{2}}{x-1}\;\;\underset{t=x-1}{=}\;\;\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\cos\frac{(t+1)\pi}{2}}{t}=-\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin\frac{t\pi}{2}}{t}=-\frac{\pi}{2}\; . \, [/math]

W konsekwencji mamy:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\log\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}=-\frac{\pi^2}{8}\; . \, [/math]

i ostatecznie:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\left(\sin\frac{x\pi}{2}\right)^{\frac{1}{(x-1)^2}}=e^{-\frac{\pi^2}{8}}\; . \, [/math]

---

Zadanie 11

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow \infty}\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)^x\; , \, [/math]

dla [math]a,b\in\mathbb{R}\, [/math].

Wskazówka

Zamiast obliczać wprost granicę (39), należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.

---

Rozwiązanie

Postępujemy według schematu zarysowanego w poprzednich zadaniach. Najpierw obliczamy:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty}&&\!\!\!\!\!\!\! \displaystyle\log\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)^x= \lim_{x\rightarrow \infty}x\log\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)\\ && \displaystyle = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\log(x^2+ax+1)-\log(x^2+bx+1)}{\frac{1}{x}}\stackrel{\mathrm{H}}{=}\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\frac{2x+a}{x^2+ax+1}-\frac{2x+b}{x^2+bx+1}}{-\frac{1}{x^2}}\\ &&\displaystyle = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x^4(a-b)+x^2(b-a)}{(x^2+ax+1)(x^2+bx+1)}=a-b\; , \end{array}\,[/math]

a stąd wnosimy, że:

[math] \lim_{x\rightarrow \infty}\left(\frac{x^2+ax+1}{x^2+bx+1}\right)^x=e^{a-b}\; . \, [/math]

---

Zadanie 12

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}\, x}\; . \, [/math]

Wskazówka

Zamiast obliczać wprost granicę (42), należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.

---

Rozwiązanie

Metoda postępowania jest nam już znana, więc od razu obliczamy:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}\, x}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\mathrm{tg}\, x\log\sin x= \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\log\sin x}{\mathrm{ctg}\, x}\\ &\!\!\! \displaystyle\stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\frac{\cos x}{\sin x}}{-\frac{1}{\sin^2 x}}=-\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\sin x\cos x=0\; . \end{array}\,[/math]

W konsekwencji mamy:

[math] \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}\, x}=e^0=1\; . \, [/math]

---

Zadanie 13

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}^2\, x}\; . \, [/math]

Wskazówka

Zamiast obliczać wprost granicę (45), należy obliczyć granicę logarytmu z wyrażenia w treści zadania.

---

Rozwiązanie

Obliczamy najpierw:

[math]\begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\log\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}^2\, x}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\mathrm{tg}^2\, x\log\sin x= \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\log\sin x}{\mathrm{ctg}^2\, x}\\ &\!\!\! \displaystyle\stackrel{\mathrm{H}}{=}&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{ctg}\, x}{-2\mathrm{ctg}\, x\,\frac{1}{\sin^2 x}}=-\frac{1}{2}\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\sin^2 x=-\frac{1}{2}\; . \end{array}\,[/math]

W konsekwencji otrzymujemy:

[math] \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}}\left(\sin x\right)^{\mathrm{tg}^2\, x}=e^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{\sqrt{e}}\; . \, [/math]

---