Matematyka 1NI/Granice funkcji

Granice funkcji

Zadanie 1

Wykorzystując definicję Heinego granicy funkcji, znaleźć

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\sqrt{x+1}-\sqrt{2x}}{\sqrt[3]{x}-1} \, [/math]

Wskazówka

Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.

---

Rozwiązanie

Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\, [/math] zbieżny do jedynki i taki, że [math]x_n\neq 1\, [/math] dla wszystkich [math]n\, [/math]. Bez uszczerbku dla ogólności rozważań, możemy przyjąć, że wszystkie jego wyrazy są dodatnie. Zgodnie z definicją Heinego granicy funkcji, zamiast obliczać (1) musimy znaleźć

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{x_n+1}-\sqrt{2x_n}}{\sqrt[3]{x_n}-1}\; . \, [/math]

Będziemy zatem przekształcać powyższe wyrażenie:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\frac{\sqrt{x_n+1}-\sqrt{2x_n}}{\sqrt[3]{x_n}-1}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\frac{x_n+1-2x_n}{(\sqrt[3]{x_n}-1)(\sqrt{x_n+1}+\sqrt{2x_n})}=\frac{(1-\sqrt[3]{x_n})(1+\sqrt[3]{x_n}+(\sqrt[3]{x_n})^2)}{(\sqrt[3]{x_n}-1)(\sqrt{x_n+1}+\sqrt{2x_n})}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle -\frac{1+\sqrt[3]{x_n}+(\sqrt[3]{x_n})^2}{\sqrt{x_n+1}+\sqrt{2x_n}}\; . \end{array}\, [/math]

Ponieważ [math]x_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}1\, [/math], więc otrzymujemy następującą wartość granicy:

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{x_n+1}-\sqrt{2x_n}}{\sqrt[3]{x_n}-1}=-\frac{3\sqrt{2}}{4}\; . \, [/math]

O ciągu [math]x_n\, [/math] nie zakładaliśmy nic ponad to, że jest zbieżny do jedynki, więc, na mocy definicji Heinego, taką samą wartość ma granica (1).

---

Zadanie 2

Wykorzystując definicję Heinego granicy funkcji, znaleźć

[math] \lim_{x\rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\; ,\;\;\;\; \mathrm{oraz}\;\;\;\; \lim_{x\rightarrow -\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy skorzystać z faktu, iż

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e\; . \, [/math]

---

Rozwiązanie

Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\infty\, [/math] i dobierzmy ciąg [math]k_n\, [/math] liczb naturalnych taki, że [math]k_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\infty\, [/math] oraz

[math] k_n\leq x_n\lt k_n+1\; . \, [/math]

Dla dowolnych liczb [math]a,b\, [/math] spełniających [math]0\lt a\leq b\, [/math] zachodzą nierówności:

[math] 1+\frac{1}{a}\geq 1+\frac{1}{b}\;\;\Longrightarrow\;\; \left(1+\frac{1}{a}\right)^b\geq \left(1+\frac{1}{b}\right)^b\;\;\Longrightarrow\;\; \left(1+\frac{1}{a}\right)^a\left(1+\frac{1}{a}\right)^{b-a}\geq \left(1+\frac{1}{b}\right)^b\; . \, [/math]

Podobnie dla liczb [math]b,c\, [/math] spełniających [math]0\lt b\lt c\, [/math] mamy:

[math] 1+\frac{1}{b}\gt 1+\frac{1}{c}\;\;\Longrightarrow\;\; \left(1+\frac{1}{b}\right)^b\gt \left(1+\frac{1}{c}\right)^b\;\;\Longrightarrow\;\; \left(1+\frac{1}{b}\right)^b\gt \left(1+\frac{1}{c}\right)^c\left(1+\frac{1}{c}\right)^{b-c}\; . \, [/math]

W efekcie uzyskujemy układ nierówności:

[math] \left(1+\frac{1}{c}\right)^c\left(1+\frac{1}{c}\right)^{b-c}\lt \left(1+\frac{1}{b}\right)^b\leq \left(1+\frac{1}{a}\right)^a\left(1+\frac{1}{a}\right)^{b-a}\; . \, [/math]

Wykorzystamy je poniżej podstawiając: [math]b=x_n\, [/math], [math]a=k_n\, [/math] oraz [math]c=k_n+1\, [/math]:

[math] \left(1+\frac{1}{k_n+1}\right)^{k_n+1}\left(1+\frac{1}{k_n+1}\right)^{x_n-k_n-1}\lt \left(1+\frac{1}{x_n}\right)^{x_n}\leq \left(1+\frac{1}{k_n}\right)^{k_n}\left(1+\frac{1}{k_n}\right)^{x_n-k_n}\; . \, [/math]

Ale: [math]0\leq x_n-k_n\lt 1\, [/math], co pozwala nam przepisać (11) w formie:

[math] \left(1+\frac{1}{k_n+1}\right)^{k_n+1}\left(1+\frac{1}{k_n+1}\right)^{-1}\lt \left(1+\frac{1}{x_n}\right)^{x_n}\leq \left(1+\frac{1}{k_n}\right)^{k_n}\left(1+\frac{1}{k_n}\right)\; , \, [/math]

Skorzystamy teraz z twierdzenia o trzech ciągach. W tym celu wykażemy, że zarówno ciąg po lewej jak i po prawej stronie zbiega do [math]e\, [/math]. Ponieważ [math]k_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}\infty\, [/math], więc

[math] \forall_M\;\;\exists_{N\in\mathbb{N}}\;\; n\gt N\;\;\Longrightarrow\;\; k_n\gt M \, [/math]

O ciągu [math]\displaystyle a_n:=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\, [/math] wiemy, że zbieżny jest do liczby [math]e\, [/math], co z definicji oznacza, iż

[math] \forall_{\epsilon\gt 0}\;\;\exists_{K\in\mathbb{N}}\;\; n\gt K\;\;\Longrightarrow\;\; |a_n-e|\lt \epsilon\; . \, [/math]

Biorąc [math]M=K\, [/math] otrzymujemy wniosek, iż istnieje [math]N\in\mathbb{N}\, [/math] takie, że [math]k_n\gt K\, [/math] a zatem:

[math] |a_{k_n}-e|=\left|\left(1+\frac{1}{k_n}\right)^{k_n}-e\right|\lt \epsilon\; , \;\;\;\;\mathrm{czyli}\;\;\;\; \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{k_n}\right)^{k_n}=e\; . \, [/math]

Przechodząc teraz w (12) z [math]n\, [/math] do nieskończoności otrzymujemy wniosek, że także

[math] \lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{x_n}\right)^{x_n}=e\; . \, [/math]

Na mocy definicji Heinego wnosimy stąd, iż

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

Z kolei dla [math]x\rightarrow -\infty\, [/math] możemy przekształcić nasze wyrażenie w następujący sposób:

[math] \begin{array}{ccl} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x &\!\!\! =&\!\!\! \left(1+\frac{1}{-|x|}\right)^{-|x|}=\left(\frac{-|x|}{1-|x|}\right)^{|x|}=\left(1+\frac{1}{|x|-1}\right)^{|x|}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \left(1+\frac{1}{|x|-1}\right)^{|x|-1}\left(1+\frac{1}{|x|-1}\right)\; , \end{array}\, [/math]

i po podstawieniu [math]t:=|x|-1\, [/math] oraz skorzystaniu z (17), otrzymujemy:

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

---

Zadanie 3

Wykorzystując definicję Heinego granicy funkcji, znaleźć

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

Wskazówka

Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.

---

Rozwiązanie

Weźmy dowolny ciąg [math]x_n\, [/math] zbieżny do zera. Bez zmniejszenia ogólności możemy przyjąć, że dla dowolnego [math]n\, [/math] mamy: [math]\displaystyle -\frac{\pi}{2}\lt x_n\lt \frac{\pi}{2}\, [/math], a zatem funkcja tangens jest dobrze określona. Jak wiemy, zgodnie z definicją Heine'go, w miejsce (20) obliczyć należy:

[math] \lim_{n\rightarrow \infty}\frac{\sin x_n-\mathrm{tg}\,x_n}{\sin^3 x_n}\; . \, [/math]

Wyrażenie pod znakiem granicy przekształcimy w następujacy sposób:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\frac{\sin x_n-\mathrm{tg}\,x_n}{\sin^3 x_n}&\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle\frac{\cos x_n-1}{\cos x_n \sin^2 x_n}=\frac{-2\sin^2 \frac{x_n}{2}}{\cos x_n\left(2\sin \frac{x_n}{2}\cos \frac{x_n}{2}\right)^2}\\ &\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle\frac{-1}{2\cos x_n\cos^2 \frac{x_n}{2}}\; , \end{array}\, [/math]

gdzie wykorzystaliśmy wzory:

[math] \cos\alpha -1=-2\sin^2\frac{\alpha}{2}\;,\;\;\;\;\mathrm{oraz}\;\;\;\; \sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}\; . \, [/math]

Prawa strona (22) dąży do [math]\displaystyle -\frac{1}{2}\, [/math], gdyż [math]\cos x_n\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}1\, [/math] (to samo oczywiście dotyczy [math]\displaystyle \cos \frac{x_n}{2}\, [/math]), co łatwo wykazać posługując się oszacowaniem:

[math] 0\leq |\cos x_n-1|=\left|2\sin^2\frac{x_n}{2}\right|\leq 2\left(\frac{x_n}{2}\right)^2\underset{n\rightarrow\infty}{\longrightarrow}0\; . \, [/math]

Na mocy definicji Heinego widzimy więc, że

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x-\mathrm{tg}\,x}{\sin^3 x}=-\frac{1}{2}\; . \, [/math]

---

Zadanie 4

Wykorzystując definicję Cauchy'ego granicy funkcji wykazać, że granica (20) z poprzedniego zadania równa jest [math]\displaystyle -\frac{1}{2}\, [/math].

Wskazówka

Należy oszacować wyrażenie:

[math] \left|\frac{\sin x-\mathrm{tg}\,x}{\sin^3 x}+\frac{1}{2}\right|\; . \, [/math]

---

Rozwiązanie

Wykorzystując przekształcenia poprzedniego zadania, a w szczególności końcowe wyrażenie w (22) możemy napisać:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle 0\leq\left|\frac{\sin x-\mathrm{tg}\,x}{\sin^3 x}+\frac{1}{2}\right|&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \frac{1}{2}\left|\frac{\cos x\cos^2 \frac{x}{2}-1}{\cos x\cos^2 \frac{x}{2}}\right|=\frac{1}{2}\left|\frac{\cos x\cos^2 \frac{x}{2}-1+\cos x-\cos x}{\cos x\cos^2 \frac{x}{2}}\right|\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \frac{1}{2}\left|\frac{\cos x(\cos^2 \frac{x}{2}-1)+(\cos x-1)}{\cos x\cos^2 \frac{x}{2}}\right|\\ &\!\!\! =&\!\!\!\displaystyle \frac{1}{2}\left|\frac{-\cos x\sin^2 \frac{x}{2}-2\sin^2 \frac{x}{2}}{\cos x\cos^2 \frac{x}{2}}\right| =\frac{1}{2}\cdot \sin^2 \frac{x}{2}\left|\frac{\cos x+2}{\cos x\cos^2 \frac{x}{2}}\right|\; . \end{array}\, [/math]

Możemy przyjąć, że w interesującym nas obszarze zmienności [math]x\, [/math] (tj. małe [math]\delta\, [/math] i [math]|x|\lt \delta\, [/math]) zachodzi:

[math] |\cos x|\gt \frac{1}{2}\; ,\;\;\;\; \mathrm{oraz}\;\;\;\; \left|\cos\frac{x}{2}\right|\gt \frac{1}{2}\; . \, [/math]

Wiemy bowiem z (24), że dla [math]x\, [/math] bliskich zeru spełnione są nierówności:

[math] 0\leq |\cos x-1|\leq \frac{x^2}{2}\lt \frac{1}{2}\; . \, [/math]

W konsekwencji:

[math] 0\leq\left|\frac{\sin x-\mathrm{tg}\,x}{\sin^3 x}+\frac{1}{2}\right|\lt \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2}\cdot\frac{x^2}{4}=3\,x^2\; . \, [/math]

Jeśli teraz - zgodnie z definicją Cauchy'ego - wziąć dowolnie małe [math]\epsilon\gt 0\, [/math], to zawsze możemy dobrać [math]\delta\, [/math] na przykład w następujący sposób: [math]\delta =\sqrt{\frac{\epsilon}{3}}\, [/math] i nierówność [math]|x|\lt \delta\, [/math] pociągnie za sobą:

[math] \left|\frac{\sin x-\mathrm{tg}\,x}{\sin^3 x}+\frac{1}{2}\right|\lt \epsilon\; , \, [/math]

co kończy dowód.

---

Zadanie 5

Wykorzystując definicję Cauchy'ego granicy funkcji wykazać, że granica

[math] \lim_{x\rightarrow 2}\left(\frac{8}{x-2}-\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}-\sqrt{2}}\right) \, [/math]

równa jest [math]-1\, [/math].

Wskazówka

Należy oszacować wyrażenie:

[math] \left|\frac{8}{x-2}-\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}-\sqrt{2}}+1\right|\; . \, [/math]

---

Rozwiązanie

Wybierzmy dowolne [math]\epsilon\gt 0\, [/math] i zażądajmy aby [math]|x-2|\lt \delta\, [/math] (ale [math]x\neq 2[/math]), gdzie [math]\delta\, [/math] za chwilę odpowiednio dobierzemy. Znajdziemy górne ograniczenie na wyrażenie (33) przepisując je w formie:

[math] \begin{array}{ccl} 0&\!\!\! \leq&\!\!\! \displaystyle\left|\frac{8}{x-2}-\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}-\sqrt{2}}+1\right|=\left|\frac{(\sqrt{x}-\sqrt{2})(\sqrt{x}-\sqrt{2})}{(\sqrt{x}-\sqrt{2})(\sqrt{x}+\sqrt{2})}\right|\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\left|\frac{\sqrt{x}-\sqrt{2}}{\sqrt{x}+\sqrt{2}}\right|=\left|\frac{x-2}{(\sqrt{x}+\sqrt{2})^2}\right|\lt \frac{|x-2|}{(\sqrt{2})^2}\lt \frac{1}{2}\,\delta\; . \end{array}\, [/math]

Jeśli teraz wybierzemy [math]\delta=2\epsilon\, [/math], to otrzymamy oczekiwany wynik:

[math] \left|\frac{8}{x-2}-\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}-\sqrt{2}}+1\right|\lt \epsilon\; , \, [/math]

z którego wynika, że granica (32) rzeczywiście równa jest [math]-1\, [/math].

---

Zadanie 6

Zbadać, czy istnieje granica:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}\mathrm{tgh}\,\frac{1}{x}\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy porównać granice jednostronne.

---

Rozwiązanie

Obliczymy najpierw:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}\mathrm{tgh}\,\frac{1}{x}\underset{t=\frac{1}{x}}{\;\;=\;\;}\lim_{t\rightarrow \infty}\mathrm{tgh}\,t=\lim_{t\rightarrow \infty}\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}=\lim_{t\rightarrow \infty}\frac{1-e^{-2t}}{1+e^{-2t}}=1\; . \, [/math]

Następnie:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^-}\mathrm{tgh}\,\frac{1}{x}\underset{t=\frac{1}{x}}{\;\;=\;\;}\lim_{t\rightarrow -\infty}\mathrm{tgh}\,t=\lim_{t\rightarrow -\infty}\frac{e^t-e^{-t}}{e^t+e^{-t}}=-\lim_{t\rightarrow -\infty}\frac{1-e^{2t}}{1+e^{2t}}=-1\; . \, [/math]

Jak widzimy, granice jednostronne istnieją, ale są różne:

[math] \lim_{x\rightarrow 0^+}\mathrm{tgh}\,\frac{1}{x}\neq\lim_{x\rightarrow 0^-}\mathrm{tgh}\,\frac{1}{x}\; , \, [/math]

skąd wynika, że granica (36) nie istnieje.

---

Zadanie 7

Zbadać, czy istnieje granica:

[math] \lim_{x\rightarrow -2}\frac{x+2+2|x+2|}{x+2+3|x+2|}\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy porównać granice jednostronne.

---

Rozwiązanie

Obliczymy najpierw:

[math] \lim_{x\rightarrow -2^+}\frac{x+2+2|x+2|}{x+2+3|x+2|}=\lim_{x\rightarrow -2^+}\frac{x+2+2(x+2)}{x+2+3(x+2)}=\lim_{x\rightarrow -2^+}\frac{3(x+2)}{4(x+2)}=\frac{3}{4}\; . \, [/math]

Podobnie:

[math] \lim_{x\rightarrow -2^-}\frac{x+2+2|x+2|}{x+2+3|x+2|}=\lim_{x\rightarrow -2^-}\frac{x+2-2(x+2)}{x+2-3(x+2)}=\lim_{x\rightarrow -2^-}\frac{-(x+2)}{-2(x+2)}=\frac{1}{2}\; . \, [/math]

Jak widać, granice jednostronne istnieją, ale są różne:

[math] \lim_{x\rightarrow -2^+}\frac{x+2+2|x+2|}{x+2+3|x+2|}\neq\lim_{x\rightarrow -2^-}\frac{x+2+2|x+2|}{x+2+3|x+2|}\; , \, [/math]

czyli granica (40) nie istnieje.

---

Zadanie 8

Zbadać, czy istnieje granica:

[math] \lim_{x\rightarrow 0}f(x)\; , \, [/math]

gdzie

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle \frac{\sin x-\mathrm{tg}\, x}{x^3} & \mathrm{dla} & x\gt 0\; ,\\ \displaystyle \frac{\sinh x-\mathrm{tgh}\, x}{x^3} & \mathrm{dla} & x\lt 0\; . \end{array}\right.\, [/math]

Wskazówka

Należy porównać granice jednostronne.

---

Rozwiązanie

Obliczymy najpierw prawostronną granicę funkcji [math]f\, [/math]:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sin x-\mathrm{tg}\, x}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sin x\left(1-\frac{1}{\cos x}\right)}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sin x(\cos x-1)}{x^3\cos x}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{-2\sin x\sin^2\frac{x}{2}}{x^3\cos x}=-2\lim_{x\rightarrow 0^+}\frac{\sin x}{x}\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{x}\right)^2\frac{1}{\cos x}=-2\cdot 1\cdot \frac{1}{4}\cdot 1=-\frac{1}{2}\; , \end{array}\, [/math]

gdzie wykorzystaliśmy pierwszy z wzorów (23). Granicę lewostronną znajdziemy w podobny sposób:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sinh x-\mathrm{tgh}\, x}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sinh x\left(1-\frac{1}{\cosh x}\right)}{x^3}=\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sinh x(\cosh x-1)}{x^3\cosh x}\\ &\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{2\sinh x\sinh^2\frac{x}{2}}{x^3\cosh x}=2\lim_{x\rightarrow 0^-}\frac{\sinh x}{x}\left(\frac{\sinh\frac{x}{2}}{x}\right)^2\frac{1}{\cosh x}=2\cdot 1\cdot \frac{1}{4}\cdot 1=\frac{1}{2}\; , \end{array}\, [/math]

gdzie tym razem skorzystaliśmy z faktu, że

[math] \cosh x-1=2\sinh^2\frac{x}{2}\; . \, [/math]

Ponieważ granice lewo- i prawostronna są różne, więc granica (44) nie istnieje.

---

Zadanie 9

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\mathrm{tg} (x-1)}{\sin(x\sqrt{x}-1)}\; . \, [/math]

Wskazówka

W argumencie funkcji sinus należy wydzielić czynnik [math](x-1)\, [/math].

---

Rozwiązanie

Najpierw przekształcimy argument sinusa pisząc:

[math] x\sqrt{x}-1=\frac{(x^{3/2}-1)(x^{3/2}+1)}{x^{3/2}+1}=\frac{x^3-1}{x^{3/2}+1}=\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x\sqrt{x}+1}\; . \, [/math]

Ułamek [math]\displaystyle \frac{x^2+x+1}{x\sqrt{x}+1}\, [/math] ma dla [math]x\rightarrow 1\, [/math] granicę równą [math]\displaystyle\frac{3}{2\, }[/math], czyli różną od zera. Wykorzystamy to pisząc:

[math] \begin{array}{ccl} \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\mathrm{tg} (x-1)}{\sin(x\sqrt{x}-1)}&\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\mathrm{tg} (x-1)}{\sin\left((x-1)\frac{x^2+x+1}{x\sqrt{x}+1}\right)}\\ &\!\!\! = &\!\!\!\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\mathrm{tg}(x-1)}{x-1}\cdot \frac{(x-1)\frac{x^2+x+1}{x\sqrt{x}+1}}{\sin\left((x-1)\frac{x^2+x+1}{x\sqrt{x}+1}\right)}\cdot \frac{x\sqrt{x}+1}{x^2+x+1}= 1\cdot 1\cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{3}\; . \end{array}\, [/math]

Skorzystaliśmy przy tym z faktu, że

[math] \lim_{x\rightarrow 1}\frac{\mathrm{tg} (x-1)}{x-1}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\mathrm{tg}\, t}{t}=\lim_{t\rightarrow 0}\frac{\sin t}{t}\cdot\frac{1}{\cos t}=1\; , \, [/math]

oraz

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

gdzie w pierwszym przypadku podstawiliśmy [math]t=x-1\, [/math], a w drugim [math]\displaystyle t=(x-1)\frac{x^2+x+1}{x\sqrt{x}+1}\, [/math].

---

Zadanie 10

Znaleźć granicę:

[math] \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{\sin x}-\sqrt{\cos x}}{4x -\pi}\; . \, [/math]

Wskazówka

Zadanie bardzo łatwe, bez wskazówki.

---

Rozwiązanie

Wyrażenie [math]\sqrt{\sin x}-\sqrt{\cos x}\, [/math] można przepisać w postaci:

[math] \sqrt{\sin x}-\sqrt{\cos x}=\frac{(\sqrt{\sin x}-\sqrt{\cos x})(\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x})}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}=\frac{\sin x-\cos x}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}\; . \, [/math]

Teraz wykorzystamy wzór:

[math] \begin{array}{ccl} \sin\alpha-\cos\beta &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\sin\alpha-\sin\left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=2\sin\frac{\alpha-\frac{\pi}{2}+\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\frac{\pi}{2}-\beta}{2}\\ &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle2\sin\left(\frac{\alpha+\beta}{2}-\frac{\pi}{4}\right)\cos\left(\frac{\alpha-\beta}{2}+\frac{\pi}{4}\right)\; . \end{array}\, [/math]

Kładąc [math]\alpha=\beta=x\, [/math] mamy:

[math] \sin x-\cos x=2\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\cos\frac{\pi}{4}=\sqrt{2}\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)\; , \, [/math]

i, po wstawieniu do (55), uzyskujemy wynik końcowy:

[math] \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{\sin x}-\sqrt{\cos x}}{4x -\pi}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{4}}\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)}{x-\frac{\pi}{4}}\cdot \frac{1}{\sqrt{\sin x}+\sqrt{\cos x}}=\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot 1\cdot\frac{1}{2\sqrt{\frac{\sqrt{2}}{2}}}=\frac{1}{4\sqrt[4]{2}}\; .\, [/math]

---

Zadanie 11

Zbadać, dla jakiej wartości parametrów [math]a,b\in\mathbb{R}\, [/math] istnieje granica:

[math] \lim_{x\rightarrow\infty}\left(\sqrt{x^2+2x}-ax-b\right) \, [/math]

i równa jest [math]1\, [/math].

Wskazówka

Należy doprowadzić wyrażenie do postaci ilorazowej.

---

Rozwiązanie

Rozpatrywana granica ma charakter [math]\infty-\infty\, [/math]. Aby więc wynik był skończony, to na pewno musi zachodzić: [math]a\gt 0\, [/math]. Wyrażenie pod znakiem granicy przepiszemy w postaci ilorazu, mnożąc je i dzieląc przez ten sam czynnik:

[math] \begin{array}{ccl} \sqrt{x^2+2x}-ax-b &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\frac{(\sqrt{x^2+2x}-ax-b)(\sqrt{x^2+2x}+ax+b)}{\sqrt{x^2+2x}+ax+b}=\frac{x^2+2x-(ax+b)^2}{\sqrt{x^2+2x}+ax+b}\\ &\!\!\! = &\!\!\! \displaystyle\frac{x^2(1-a^2)+2x(1-ab)-b^2}{x\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+a+\frac{b}{x}\right)}\; . \end{array}\, [/math]

Istnienie granicy z powyższego wyrażenia wymaga, aby [math]a^2=1\, [/math] i [math]a\gt 0\, [/math], czyli [math]a=1\, [/math]. Ponadto aby

[math] \lim_{x\rightarrow\infty}\frac{2x(1-b)-b^2}{x\left(\sqrt{1+\frac{2}{x}}+1+\frac{b}{x}\right)}=1 \, [/math]

musimy mieć [math]1-b=1\, [/math], czyli [math]b=0\, [/math].

---