Oegentliga gränsvärden

Kurs: M0065M Förkunskaper: Gränsvärden

---

“Oegentligt” används dels när argumentet $x\to \pm \infty$, dels när värdet $f(x)\to \pm \infty$.

Idén. Oegentliga gränsvärden beskriver en funktions beteende långt ut och nära en singularitet. De ger grafens horisontella och vertikala asymptoter, och de rangordnar hur snabbt olika funktioner växer, vilket avgör vem som vinner i ett uttryck som $\frac{x^{10}}{e^x}$.

---

1. Mot oändligheten

$$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=L$$

betyder att $f(x)$ kan göras godtyckligt nära $L$ genom att välja $x$ tillräckligt stort.

På motsvarande sätt definieras ${\lim }_{x\to -\infty }f(x)$. Grundgränsvärdet är

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{1}{x^n}=0,n>0,$$

och nästan all räkning mot oändligheten går ut på att skriva om uttrycket så att bara sådana termer återstår.

Strategi: bryt ut det dominerande

Bryt ut den term som dominerar i nämnaren (för polynom: högsta potensen) ur både täljare och nämnare. Då går alla övriga termer mot $0$.

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x^2+3}{x^3+2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x^3\left(\frac{1}{x}+\frac{3}{x^3}\right)}{x^3\left(1+\frac{2}{x^3}\right)}=\frac{0+0}{1+0}=0$$

För rationella funktioner avgör graderna svaret: täljarens grad lägre ger $0$, samma grad ger kvoten av ledande koefficienter, och högre grad ger $\pm \infty$.

Exempel — absolutbelopp mot $-\infty$

Vi beräknar

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-5}{|3x+2|}.$$

Lösning

Ta bort beloppet. För $x<-\frac{2}{3}$ är $3x+2<0$, så $|3x+2|=-(3x+2)$. Det gäller för alla tillräckligt negativa $x$.

Bryt ut $x$.

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x-5}{-(3x+2)}=\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2-\frac{5}{x}}{-3-\frac{2}{x}}=\boxed{-\frac{2}{3}}$$

Mot $+\infty$ blir svaret i stället $+\frac{2}{3}$; grafen har två olika horisontella asymptoter.

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget. (Föreläsning 14, exempel 8.)

---

2. Värdet blir oändligt

$$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\infty$$

betyder att $f(x)$ kan göras godtyckligt stort nära $a$. Motsvarar ofta en vertikal asymptot.

Strängt taget existerar gränsvärdet inte, eftersom $\infty$ inte är ett tal, men skrivsättet talar om hur det inte existerar. Ofta måste vi skilja på sidorna:

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}=\infty ,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{1}{x}=+\infty ,\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{1}{x}=-\infty .$$

För $\frac{1}{x}$ är de ensidiga resultaten olika, så där kan vi bara säga att gränsvärdet inte existerar.

Teckenstudium vid $\left[\frac{c}{0}\right]$

Går täljaren mot ett tal $c\ne 0$ och nämnaren mot $0$ blir kvoten obegränsad. Tecknet bestäms av täljarens tecken och av vilket tecken nämnaren har på den sida vi närmar oss från. Exempel: $\frac{x}{(2+x{)}^2}\to -\infty$ då $x\to -2$, eftersom täljaren är nära $-2$ och nämnaren är positiv på båda sidor.

---

3. Standardgränsvärden

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^n}{e^x}=0,\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln x}{x^p}=0(p>0)$$

Tumregel: $e^x$ växer snabbare än varje potens, som växer snabbare än $\ln x$.

I logaritmisk skala syns tillväxtordningen: $\ln x\ll x^3\ll e^x$ när $x\to \infty$.

Kursens lista över standardgränsvärden för utantillkunskap innehåller fyra sådana jämförelser. För $a>0$ gäller

$$\boxed{\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^a}{e^x}=0,\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln x}{x^a}=0,\underset{x\to -\infty }{\lim }|x{|}^a{e}^x=0,\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^a\ln x=0}$$

och dessutom, för varje reellt $t$,

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }{\left(1+\frac{t}{x}\right)}^x=e^t,$$

som innehåller ${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x\to e$ i Gränsvärden som specialfallet $t=1$.

Härledning

Den första. För $x>0$ är $e^x\ge \frac{x^k}{k!}$ för varje heltal $k\ge 0$; det är en term i Maclaurinserien, se Taylors formel. Välj $k>a$. Då är

$$0<\frac{x^a}{e^x}\le \frac{k!x^a}{x^k}=\frac{k!}{x^{k-a}}\to 0,$$

och instängningsregeln ger resultatet.

De tre andra följer genom variabelbyte.

• $x=e^s$: $\frac{\ln x}{x^a}=\frac{s}{e^{as}}=\frac{1}{a}\cdot \frac{as}{e^{as}}\to 0$ då $s\to \infty$.
• $x=-s$: $|x{|}^a{e}^x=\frac{s^a}{e^s}\to 0$ då $s\to \infty$.
• $x=\frac{1}{s}$: $x^a\ln x=-\frac{\ln s}{s^a}\to 0$ då $s\to \infty$.

---

4. Obestämda former mot oändligheten

Formerna $\left[\frac{\infty }{\infty }\right]$ och $[\infty -\infty ]$ har inget givet värde; resultatet beror på hur fort termerna växer.

Tre verktyg

• $\left[\frac{\infty }{\infty }\right]$: bryt ut det dominerande (§1), eller jämför tillväxt med standardgränsvärdena (§3).
• $[\infty -\infty ]$ med rötter: förläng med konjugatet, så att skillnaden blir en kvot.
• Rötter och negativa $x$: $\sqrt{x^2}=|x|$, som är $-x$ när $x<0$.

L’Hôpitals regel ger ett alternativ för $\left[\frac{0}{0}\right]$ och $\left[\frac{\infty }{\infty }\right]$ när derivatan är införd; se Gränsvärdesberäkning med Taylor för det kraftfullare verktyget för $\left[\frac{0}{0}\right]$.

Vanliga fel

• $\infty -\infty =0$ och $\frac{\infty }{\infty }=1$. Båda är obestämda. $\sqrt{x^2+2x}-\sqrt{x^2-2x}\to 2$, inte $0$.
• $\sqrt{x^2}=x$ för alla $x$. För $x\to -\infty$ är $\sqrt{x^2}=-x$, och tecknet på svaret byts.
• Bryta ut fel term. Att dela med $x$ i stället för den högsta potensen i nämnaren lämnar kvar termer som växer, och räkningen går inte att avsluta.
• Skriva ${\lim }_{x\to 0}\frac{1}{x}=\infty$. De ensidiga gränsvärdena har olika tecken; då existerar gränsvärdet inte ens i oegentlig mening.

---

5. Lösta övningar

Föreläsning 14, exempel 7 — rot i nämnaren

Vi beräknar

$$\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x-1}{\sqrt{3x^2+x+1}}.$$

Lösning

Bryt ut $x$. Under roten bryter vi ut $x^2$, och $\sqrt{x^2}=|x|$:

$$\frac{2x-1}{\sqrt{3x^2+x+1}}=\frac{x\left(2-\frac{1}{x}\right)}{|x|\sqrt{3+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}.$$

$x\to +\infty$. Här är $|x|=x$:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{2-\frac{1}{x}}{\sqrt{3+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}=\boxed{\frac{2}{\sqrt{3}}}$$

$x\to -\infty$. Här är $|x|=-x$, och kvoten $\frac{x}{|x|}=-1$:

$$\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-\left(2-\frac{1}{x}\right)}{\sqrt{3+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}=\boxed{-\frac{2}{\sqrt{3}}}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

Föreläsning 14, exempel 9 — konjugat vid $[\infty -\infty ]$

Vi beräknar

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+2x}-\sqrt{x^2-2x}\right).$$

Lösning

Förläng med konjugatet. Skillnaden av kvadraterna tar bort rötterna i täljaren:

$$\sqrt{x^2+2x}-\sqrt{x^2-2x}=\frac{(x^2+2x)-(x^2-2x)}{\sqrt{x^2+2x}+\sqrt{x^2-2x}}=\frac{4x}{\sqrt{x^2+2x}+\sqrt{x^2-2x}}.$$

Bryt ut $x$. För $x>0$ är $\sqrt{x^2}=x$:

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{4}{\sqrt{1+\frac{2}{x}}+\sqrt{1-\frac{2}{x}}}=\frac{4}{1+1}=\boxed{2}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

Asymptotbladet, övning 3 — sned asymptot

Vi bestämmer asymptoten till $y=\sqrt{x^2+x}$ då $x\to +\infty$. En linje $y=kx+m$ är asymptot precis när

$$k=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}\text{och}m=\underset{x\to \infty }{\lim }(f(x)-kx)$$

båda existerar.

Lösning

Lutningen. För $x>0$:

$$k=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+x}}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\sqrt{1+\frac{1}{x}}=1.$$

Förskjutningen. Nu uppstår $[\infty -\infty ]$, och vi förlänger med konjugatet:

$$m=\underset{x\to \infty }{\lim }\left(\sqrt{x^2+x}-x\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x}}+1}=\frac{1}{2}.$$

Svar.

$$\boxed{y=x+\frac{1}{2}}$$

Facit: $y=x+1/2$.

Övning — exponential mot potens

Vi beräknar

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x+x^{10}}{2e^x+\ln x}.$$

Lösning

Dominerande term. Enligt §3 växer $e^x$ snabbast, så vi bryter ut $e^x$ ur täljare och nämnare:

$$\frac{e^x+x^{10}}{2e^x+\ln x}=\frac{1+\frac{x^{10}}{e^x}}{2+\frac{\ln x}{e^x}}.$$

Standardgränsvärden. $\frac{x^{10}}{e^x}\to 0$, och $0<\frac{\ln x}{e^x}<\frac{x}{e^x}\to 0$ för $x>1$. Alltså

$$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{e^x+x^{10}}{2e^x+\ln x}=\frac{1+0}{2+0}=\boxed{\frac{1}{2}}$$

Rimlighetskoll. Numeriskt i $x=200$ blir kvoten $0,5000$ på fyra decimaler. Vid $x=20$ är den däremot ungefär $1,06\cdot 10^4$, eftersom $x^{10}$ dominerar ända tills $x$ är omkring $36$.

Ej kontrollerat mot facit — två oberoende lösningar stämmer överens.

Läsning

• 1.3 Limits at Infinity and Infinite Limits

Se även

• Gränsvärden
• Grafritning och asymptoter
• Kontinuitet
• Gränsvärdesberäkning med Taylor