Se consideră funcția $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$, $f(x) =e^x-\frac 1 2 x^2 - x-1 $.
Calculați $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {f^\prime(x)} { f(x)}}. $$
Pe $f ^\prime (x) $ am găsit-o deja la subpunctul precedent, așa că limita care se cere este de fapt $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x-x-1} {e^x-\frac 1 2 x^2 - x-1}}. $$
Mai precis, funcția $e^x$ are gradul mai mare decât orice polinom. Din acest motiv, limita spre infinit a unei fracții care are la numărător un polinom și la numitor funcția $e^x$ este zero. Și, bineînțeles, limita fracției răsturnate este "rasturnatul" lui zero, adică plus sau minus infinit.
Așadar, cum gradele celor două "polinoame" sunt egale (ambele infinite) și cum coeficienții din fața lui $e^x$ sunt $1$, atât la numărător, cât și la numitor, rezultă că limita dată este "raportul coeficienților", adică este egală cu $\color {red} {1} $.
Mai riguros, simplificând cu $e^x$, limita s-ar fi putut scrie astfel: $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x-x-1} {e^x-\frac 1 2 x^2 - x-1}}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {1-\frac{x+1} {e^x} } {1-\frac {\frac 1 2 x^2+x+1} {e^x} }}=\frac {1-0} {1-0}=\color{red} {1} . $$
Presupunând că limita este de forma $\frac {\infty } {\infty } $ (ceea ce nu-i ușor de demonstrat și implică tocmai cunoștințele prezentate la metoda precedentă, căci numărătorul și numitorul sunt cazuri exceptate de tipul $\infty - \infty $), atunci putem aplica regula lui l'Hôpital, care ne-a învățat că, de regulă, limitele cu fracții pot fi calculate mai ușor dacă derivăm separat numărătorul și separat numitorul.
Conform regulii sale, limita noastră ar deveni $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {\left(e^x-x-1\right) ^\prime} {\left(e^x-\frac 1 2 x^2 - x-1\right) ^\prime}}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x-1} {e^x- x-1}}. $$
Într-adevăr, limita a devenit mai simplă, dar încă tot nu o putem calcula direct. Și cum regula lui l'Hôpital poate fi folosită de câte ori vrem noi, o mai putem folosi o dată. Astfel, limita devine acum $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {(e^x-1) ^\prime } {(e^x- x-1) ^\prime }}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x} {e^x-1}}.$$
Și încă nici acum n-am terminat! Mai aplicăm o dată regula și obținem $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {(e^x) ^\prime} {(e^x-1) ^\prime}}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x} {e^x}}. $$
Mai departe, oricât am aplica regula lui l'Hôpital, nu se va mai schimba nimic, ci trebuie să facem ceva calitativ diferit: trebuie să simplificăm cu $e^x$ (ceea ce, v-amintiți, am făcut și la prima metodă). După simplificare, obținem, bineînțeles, același rezultat ca și la prima metodă.
Observați, însă, că a doua metodă a presupus mai multe raționamente decât prima. Tocmai de aceea nu o recomand.
Calculați $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {f^\prime(x)} { f(x)}}. $$
Pe $f ^\prime (x) $ am găsit-o deja la subpunctul precedent, așa că limita care se cere este de fapt $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x-x-1} {e^x-\frac 1 2 x^2 - x-1}}. $$
Prima metodă (riguroasă și rapidă):
Cum calculăm această limită, cât mai rapid? Vă povesteam cândva cum se poate calcula rapid limita unei fracții de polinoame atunci când $x$ tinde la infinit. La ceea ce am discutat acolo voi mai adăuga aici o observație importantă: funcția $e^x$ poate fi considerată ca fiind un polinom de gradul infinit.Mai precis, funcția $e^x$ are gradul mai mare decât orice polinom. Din acest motiv, limita spre infinit a unei fracții care are la numărător un polinom și la numitor funcția $e^x$ este zero. Și, bineînțeles, limita fracției răsturnate este "rasturnatul" lui zero, adică plus sau minus infinit.
Așadar, cum gradele celor două "polinoame" sunt egale (ambele infinite) și cum coeficienții din fața lui $e^x$ sunt $1$, atât la numărător, cât și la numitor, rezultă că limita dată este "raportul coeficienților", adică este egală cu $\color {red} {1} $.
Mai riguros, simplificând cu $e^x$, limita s-ar fi putut scrie astfel: $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x-x-1} {e^x-\frac 1 2 x^2 - x-1}}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {1-\frac{x+1} {e^x} } {1-\frac {\frac 1 2 x^2+x+1} {e^x} }}=\frac {1-0} {1-0}=\color{red} {1} . $$
A doua metodă (nerecomandată):
Presupunând că limita este de forma $\frac {\infty } {\infty } $ (ceea ce nu-i ușor de demonstrat și implică tocmai cunoștințele prezentate la metoda precedentă, căci numărătorul și numitorul sunt cazuri exceptate de tipul $\infty - \infty $), atunci putem aplica regula lui l'Hôpital, care ne-a învățat că, de regulă, limitele cu fracții pot fi calculate mai ușor dacă derivăm separat numărătorul și separat numitorul.
Conform regulii sale, limita noastră ar deveni $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {\left(e^x-x-1\right) ^\prime} {\left(e^x-\frac 1 2 x^2 - x-1\right) ^\prime}}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x-1} {e^x- x-1}}. $$
Într-adevăr, limita a devenit mai simplă, dar încă tot nu o putem calcula direct. Și cum regula lui l'Hôpital poate fi folosită de câte ori vrem noi, o mai putem folosi o dată. Astfel, limita devine acum $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {(e^x-1) ^\prime } {(e^x- x-1) ^\prime }}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x} {e^x-1}}.$$
Și încă nici acum n-am terminat! Mai aplicăm o dată regula și obținem $$\lim_{x\to+\infty}{\frac {(e^x) ^\prime} {(e^x-1) ^\prime}}=\lim_{x\to+\infty}{\frac {e^x} {e^x}}. $$
Mai departe, oricât am aplica regula lui l'Hôpital, nu se va mai schimba nimic, ci trebuie să facem ceva calitativ diferit: trebuie să simplificăm cu $e^x$ (ceea ce, v-amintiți, am făcut și la prima metodă). După simplificare, obținem, bineînțeles, același rezultat ca și la prima metodă.
Observați, însă, că a doua metodă a presupus mai multe raționamente decât prima. Tocmai de aceea nu o recomand.
Niciun comentariu:
Trimiteți un comentariu
Exprimați-vă părerea despre articol sau cereți lămuriri suplimentare, ca să transmitem cât mai multă informație celor care au nevoie de ea.
Comentariul va apărea după un anumit interval de timp necesar moderării.