כלל לופיטל

חדו"א 1 › פרק 6: חקירה › 6.7 כלל לופיטל

בקצרה: כלל לופיטל (משפט לופיטל) הוא הכלי המרכזי לחישוב גבול של מנה שבה המונה והמכנה שואפים שניהם לאפס, או שניהם לאינסוף: גוזרים את המונה ואת המכנה, כל אחד בנפרד, ואם למנת הנגזרות יש גבול, הוא גם הגבול של המנה המקורית, [math]\displaystyle{ \lim\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\frac{f'(x)}{g'(x)} }[/math]. הכלל פועל בכיוון אחד בלבד: כשלמנת הנגזרות אין גבול הוא אינו אומר דבר, ולפעמים הגזירה רק מסבכת את הביטוי, ולכן הוא אינו מחליף את הכלים שלמדנו קודם, כמו הוצאת גורם משמעותי וכפל בצמוד. את שאר המקרים הבעייתיים (אפס כפול אינסוף, אינסוף פחות אינסוף, וחזקות כמו אפס בחזקת אפס) מעבירים קודם לצורה של מנה. בעזרת הכלל מוכיחים גם את משפט סדרי גודל: כשהמשתנה שואף לאינסוף, כל חזקה חיובית של הלוגריתם "מפסידה" לכל חזקה חיובית של המשתנה, וכל חזקה כזו מפסידה לאקספוננט.

▶ ההרצאה: חישוב גבולות, כלל לופיטל וסדרי גודל

משמאל: הרעיון של כלל לופיטל במקרה [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. שתי הפונקציות מתאפסות ב־[math]\displaystyle{ a }[/math], וקרוב ל־[math]\displaystyle{ a }[/math] הגרפים שלהן כמעט ישרים: הם צמודים למשיקים (הקווים המקווקווים), ששיפועיהם [math]\displaystyle{ f'(a) }[/math] ו־[math]\displaystyle{ g'(a) }[/math]. לכן היחס בין הגבהים [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] ו־[math]\displaystyle{ g(x) }[/math] קרוב ליחס בין השיפועים. כאן [math]\displaystyle{ f(x)=\sin x }[/math], [math]\displaystyle{ g(x)=e^x-e^{-x} }[/math] ו־[math]\displaystyle{ a=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ f'(a)=1 }[/math], [math]\displaystyle{ g'(a)=2 }[/math], והמנה שואפת ל־[math]\displaystyle{ \frac{1}{2} }[/math]. זו רק אינטואיציה, למקרה שבו הפונקציות גזירות גם ב־[math]\displaystyle{ a }[/math] ו־[math]\displaystyle{ g'(a)\ne0 }[/math]; ההוכחה של הכלל נשענת על משפט קושי. מימין: הכלל פועל בכיוון אחד בלבד (דוגמה 1). המנה [math]\displaystyle{ \frac{x}{x+2+\sin x} }[/math] (ירוק) שואפת ל־[math]\displaystyle{ 1 }[/math], ואילו מנת הנגזרות [math]\displaystyle{ \frac{1}{1+\cos x} }[/math] (תכלת) שווה [math]\displaystyle{ \frac{1}{2} }[/math] בנקודות [math]\displaystyle{ 2\pi n }[/math] ושווה [math]\displaystyle{ 1 }[/math] בנקודות [math]\displaystyle{ \frac{\pi}{2}+\pi n }[/math] (העיגולים), ואינה חסומה ליד הנקודות [math]\displaystyle{ \pi+2\pi n }[/math], שבהן היא אינה מוגדרת. לכן למנת הנגזרות אין גבול, אף שלמנה המקורית יש.

משפט 6.7.1כלל לופיטל▶ סרטון 0:56

תהי [math]\displaystyle{ x\to x_0 }[/math] אחת מהשאיפות הבאות, ותהי [math]\displaystyle{ U }[/math] בהתאם לה (כאשר [math]\displaystyle{ a,K\in\mathbb R }[/math]):

• [math]\displaystyle{ x\to a }[/math], ו־[math]\displaystyle{ U }[/math] סביבה מנוקבת של [math]\displaystyle{ a }[/math];
• [math]\displaystyle{ x\to a^+ }[/math], ו־[math]\displaystyle{ U }[/math] סביבה ימנית מנוקבת של [math]\displaystyle{ a }[/math];
• [math]\displaystyle{ x\to a^- }[/math], ו־[math]\displaystyle{ U }[/math] סביבה שמאלית מנוקבת של [math]\displaystyle{ a }[/math];
• [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math], ו־[math]\displaystyle{ U }[/math] הקרן [math]\displaystyle{ (K,\infty) }[/math];
• [math]\displaystyle{ x\to-\infty }[/math], ו־[math]\displaystyle{ U }[/math] הקרן [math]\displaystyle{ (-\infty,K) }[/math].

תהיינה [math]\displaystyle{ f,g }[/math] פונקציות גזירות ב־[math]\displaystyle{ U }[/math].

יהי [math]\displaystyle{ L\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\} }[/math] ונניח ש [math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L }[/math].

• (א) [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]: אם [math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}f(x)=0 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}g(x)=0 }[/math], אזי [math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=L }[/math].
• (ב) [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math]: אם [math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}f(x)=\pm\infty }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}g(x)=\pm\infty }[/math], אזי [math]\displaystyle{ \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=L }[/math].

במילים: הכלל פועל בכיוון אחד בלבד: אם למנת הנגזרות יש גבול, הוא שווה לגבול המקורי; כשלמנת הנגזרות אין גבול, הכלל אינו אומר דבר.

משפט 6.7.2סדרי הגודל▶ סרטון 5:02 · ▶ הוכחה 5:26

יהיו [math]\displaystyle{ a,b>0 }[/math] מספרים ממשיים. אזי

• [math]\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\ln^a(x)}{x^b}=0 }[/math]
• [math]\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{x^a}{e^{bx}}=0 }[/math]

בשני הגבולות האלה אפשר להשתמש בלי להוכיח אותם בכל פעם מחדש.

הוכחת כלל לופיטל

▶ ההרצאה: הוכחת כלל לופיטל במקרה אפס חלקי אפס

▶ ההרצאה: הוכחת כלל לופיטל במקרה אינסוף חלקי אינסוף

הוכחה כתובה למקרה [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math] (מהדף הקודם): נניח [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0 }[/math], ש־[math]\displaystyle{ f,g }[/math] גזירות בסביבה ימנית של [math]\displaystyle{ a }[/math] עם [math]\displaystyle{ g'\ne0 }[/math] שם, ו־[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=L }[/math].

נגדיר [math]\displaystyle{ f(a)=g(a)=0 }[/math] (אם הן אינן מוגדרות שם, או מוגדרות אחרת). כך [math]\displaystyle{ f,g }[/math] רציפות בקטע [math]\displaystyle{ [a,x] }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] בסביבה הימנית, והגבול של המנה אינו משתנה, כי שינינו את הפונקציות רק בנקודה אחת.

לפי משפט קושי (לגראנז' המוכלל), לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] בסביבה הימנית של [math]\displaystyle{ a }[/math] קיימת נקודה [math]\displaystyle{ a<c(x)<x }[/math] עבורה

[math]\displaystyle{ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\frac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)} }[/math]

כאשר [math]\displaystyle{ x\to a^+ }[/math], גם [math]\displaystyle{ c(x)\to a^+ }[/math] לפי הסנדוויץ' ([math]\displaystyle{ a<c(x)<x }[/math]), ולכן

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{c\to a^+}\frac{f'(c)}{g'(c)}=L }[/math]

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

הערה: המשפט נכון גם כאשר השאיפה היא לאינסוף ([math]\displaystyle{ a=\infty }[/math]), כאשר הפונקציות שואפות לאינסוף ולא לאפס, וכאשר הגבול של מנת הנגזרות קיים במובן הרחב ([math]\displaystyle{ L=\pm\infty }[/math]).

חישוב גבולות בעזרת כלל לופיטל: לפי סוג הביטוי

תהיינה [math]\displaystyle{ f,g }[/math] פונקציות, ותהי נקודה [math]\displaystyle{ x_0\in\mathbb R }[/math] או [math]\displaystyle{ x_0=\pm\infty }[/math], כך ש [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M }[/math]. נראה כיצד נעזרים בכלל לופיטל כדי לחשב גבולות במקרים שבהם משפטי האריתמטיקה של גבולות נכשלים.

מקרה ראשון: [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math] או [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math]

נניח [math]\displaystyle{ L=M=0 }[/math] או [math]\displaystyle{ L,M\in\{\pm\infty\} }[/math]. אם הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)} }[/math] קיים, הוא שווה לגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} }[/math].

דוגמה 1: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x} }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math]. נגזור את המונה ואת המכנה בנפרד:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x}}{1}=0 }[/math]

דוגמה 2: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(x+1)}{x} }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. נגזור את המונה ואת המכנה בנפרד:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(x+1)}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{x+1}}{1}=1 }[/math]

דוגמה 3: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}} }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. נגזור את המונה ואת המכנה בנפרד:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{-\sin(x)}{1}=-1 }[/math]

מקרה שני: [math]\displaystyle{ 0\cdot\infty }[/math]

נניח [math]\displaystyle{ L=0 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ M=\pm\infty }[/math], ועלינו לחשב את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)g(x) }[/math]. במקרה זה מעבירים את הביטוי לצורה של שבר מהמקרה הראשון.

דוגמה 4: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0^+}x\ln(x) }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ 0\cdot(-\infty) }[/math]. נעביר את הביטוי לצורה של שבר ונפעיל את כלל לופיטל:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0^+}x\ln(x)=\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\ln(x)}{\frac{1}{x}} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim\limits_{x\to0^+}(-x)=0 }[/math]

שימו לב: כלל לופיטל לא מוכרח להצליח. אם היינו מעבירים דווקא את הלוגריתם למכנה, [math]\displaystyle{ \frac{x}{\left(\frac{1}{\ln(x)}\right)} }[/math], ומפעילים את כלל לופיטל, לא היינו מתקדמים. נסו ותהנו.

דוגמה 5: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}e^x\sin\left(\frac{1}{x}\right) }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \infty\cdot0 }[/math]. נעביר לשבר ונפעיל את כלל לופיטל:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}e^x\sin\left(\frac{1}{x}\right)=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{e^{-x}} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to\infty}\frac{-\frac{1}{x^2}\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{-e^{-x}} }[/math]

אין צורך לגזור ביטויים מסובכים: [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\cos\left(\frac{1}{x}\right)=1 }[/math], ולכן נותר לחשב את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^2} }[/math]. זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math], ונפעיל את כלל לופיטל פעמיים:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^2}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{2x} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{2}=\infty }[/math]

לכן [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}e^x\sin\left(\frac{1}{x}\right)=\infty }[/math].

מקרה שלישי: [math]\displaystyle{ 0^0 }[/math], [math]\displaystyle{ 1^\infty }[/math] או [math]\displaystyle{ \infty^0 }[/math]

עלינו לחשב את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)^{g(x)} }[/math] (עבור [math]\displaystyle{ f>0 }[/math]), כאשר [math]\displaystyle{ L=M=0 }[/math], או [math]\displaystyle{ L=1 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ M=\pm\infty }[/math], או [math]\displaystyle{ L=\infty }[/math] ו־[math]\displaystyle{ M=0 }[/math]. בכל אחד מהמקרים:

• ראשית, [math]\displaystyle{ f^g=e^{\ln\left(f^g\right)}=e^{g\ln(f)} }[/math];
• שנית, מחשבים את הגבול [math]\displaystyle{ K=\lim\limits_{x\to x_0}g(x)\ln f(x) }[/math] (מקרה של [math]\displaystyle{ 0\cdot\infty }[/math]);
• לבסוף, מרציפות האקספוננט, [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)^{g(x)}=e^K }[/math].

דוגמה 6: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\sqrt[x]{x} }[/math].

מדובר בגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}x^{\frac{1}{x}} }[/math], מקרה של [math]\displaystyle{ \infty^0 }[/math]. לפי דוגמה 1, [math]\displaystyle{ \frac{\ln(x)}{x}\to0 }[/math], ולכן

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}x^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}e^{\frac{\ln(x)}{x}}=e^0=1 }[/math]

מקרה רביעי: [math]\displaystyle{ \infty-\infty }[/math]

עלינו לחשב את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}\big(f(x)-g(x)\big) }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ L=M=\infty }[/math]. מבצעים מכנה משותף או מוציאים גורם משותף, לפי התרגיל, כדי לעבור למקרה הראשון או השני.

דוגמה 7: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to1}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln(x)}\right) }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \infty-\infty }[/math]. נבצע מכנה משותף:

[math]\displaystyle{ \frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln(x)}=\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)} }[/math]

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. נגזור את המונה ואת המכנה:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to1}\frac{\frac{1}{x}-1}{\ln(x)+\frac{x-1}{x}} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to1}\frac{1-x}{x\ln(x)+x-1} }[/math]

שוב [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]; נגזור שוב:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to1}\frac{-1}{\ln(x)+1+1}=-\frac{1}{2} }[/math]

דוגמה 8: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\big(x-\ln(x)\big) }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \infty-\infty }[/math]. נוציא גורם משותף:

[math]\displaystyle{ x-\ln(x)=x\left(1-\frac{\ln(x)}{x}\right) }[/math]

לפי דוגמה 1 הסוגריים שואפים ל־[math]\displaystyle{ 1 }[/math], ולכן הגבול הוא [math]\displaystyle{ \infty }[/math].

מקרה חמישי: כלל לופיטל כחלק מתרגיל גדול יותר

כלל לופיטל משתמשים בתבונה, אחרת מגיעים לנגזרות מסובכות למדי. או במילים פשוטות: לא לגזור כמו חמור! כמה עקרונות:

• לפעמים כללי אריתמטיקה פשוטים פותרים את התרגיל בלי גזירה, למשל כפל בצמוד או הוצאת החזקה המשמעותית.
• ביטוי שאנו יודעים את הגבול שלו (גם אם הגבול אינו קיים) אינו צריך להשתתף בגזירה.
• מוטב להפריד את הפונקציה לכמה ביטויים ולחשב לכל אחד גבול בנפרד. בחירה חכמה הופכת תרגיל בלתי אפשרי עם לופיטל לתרגיל קל.

דוגמה 9: חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{\sin^3(x)\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)} }[/math].

נפריד לחלקים:

[math]\displaystyle{ \frac{\sin^3(x)\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^3\cdot\frac{\ln(x+1)}{x} }[/math]
[math]\displaystyle{ \quad\cdot\left(\frac{x}{\arctan(x)}\right)^2\cdot\cos(x) }[/math]

כל אחד מהגבולות [math]\displaystyle{ \frac{\sin(x)}{x} }[/math], [math]\displaystyle{ \frac{\ln(x+1)}{x} }[/math], [math]\displaystyle{ \frac{x}{\arctan(x)} }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \cos(x) }[/math] שווה [math]\displaystyle{ 1 }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ x\to0 }[/math] (שלושת הראשונים, למשל, לפי כלל לופיטל), ולכן הגבול כולו שווה [math]\displaystyle{ 1 }[/math]. שימו לב שהפרדנו לפונקציות שונות, חילקנו וכפלנו באותו ביטוי, והוצאנו חזקות החוצה.

דוגמה 10: יהי [math]\displaystyle{ n>1 }[/math], ותהי [math]\displaystyle{ f }[/math] גזירה [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] פעמים, כך ש [math]\displaystyle{ f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(n-1)}(0)=0 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ f^{(n)}(0)=5 }[/math]. חשבו את [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sin^n(2x)} }[/math].

נחשב קודם, בעזרת [math]\displaystyle{ n }[/math] הפעלות של כלל לופיטל (בכל שלב מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math], והנגזרת ה־[math]\displaystyle{ n }[/math]־ית רציפה כי [math]\displaystyle{ f }[/math] גזירה [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] פעמים):

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x^n}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)}{nx^{n-1}}=\cdots }[/math]
[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}=\frac{5}{n!} }[/math]

כעת

[math]\displaystyle{ \frac{f(x)}{\sin^n(2x)} }[/math]
[math]\displaystyle{ =\frac{f(x)}{x^n}\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot\frac{2x}{\sin(2x)}\right)^n }[/math]

ולכן הגבול הוא [math]\displaystyle{ \frac{5}{n!}\cdot\frac{1}{2^n}=\frac{5}{2^n\,n!} }[/math].

דוגמאות נוספות

נסו לפתור לבד, ואז לחצו "הצג פתרון".

דוגמה 11: שאלת בוחן: כשלמנת הנגזרות אין גבול

נתון הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{x}{\sin x+2+x} }[/math].
(א) הראו שזהו גבול מהצורה [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math], ושלמנת הנגזרות אין גבול כאשר [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math].
(ב) חשבו את הגבול.
(ג) האם יש כאן סתירה לכלל לופיטל?

• (א) המונה [math]\displaystyle{ x }[/math] שואף ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math]. במכנה, [math]\displaystyle{ \sin x\ge-1 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \sin x+2+x\ge x+1 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x }[/math], ו־[math]\displaystyle{ x+1\to\infty }[/math]; לפי חצי סנדביץ' גם המכנה שואף ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math]. זהו גבול מהצורה [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math].
• נגזור את המונה ואת המכנה, כל אחד בנפרד: [math]\displaystyle{ (x)'=1 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ (\sin x+2+x)'=\cos x+1 }[/math]. מנת הנגזרות היא [math]\displaystyle{ \frac{1}{\cos x+1} }[/math], והיא אינה מוגדרת בנקודות [math]\displaystyle{ x=\pi+2\pi k }[/math], שבהן [math]\displaystyle{ \cos x=-1 }[/math], כלומר אינה מוגדרת באף קרן [math]\displaystyle{ (K,\infty) }[/math].
• יתרה מזו, גם בנקודות שבהן היא מוגדרת אין לה גבול (היינה): הסדרה [math]\displaystyle{ x_n=2\pi n }[/math] שואפת ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \cos x_n=1 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{1}{\cos x_n+1}=\frac{1}{2} }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n }[/math]; הסדרה [math]\displaystyle{ y_n=\frac{\pi}{2}+\pi n }[/math] שואפת ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \cos y_n=0 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{1}{\cos y_n+1}=1 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ n }[/math]. שתי סדרות ששואפות ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math] נותנות גבולות שונים, [math]\displaystyle{ \frac{1}{2}\ne1 }[/math].
• (ב) לא נגזור כמו חמור: [math]\displaystyle{ x }[/math] משמעותי הרבה יותר מ־[math]\displaystyle{ \sin x+2 }[/math], ולכן נוציא אותו כגורם משמעותי. לכל [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]:
  [math]\displaystyle{ \frac{x}{\sin x+2+x} }[/math]
  [math]\displaystyle{ =\frac{1}{\frac{\sin x+2}{x}+1} }[/math].
• הפונקציה [math]\displaystyle{ \sin x+2 }[/math] חסומה ([math]\displaystyle{ 1\le\sin x+2\le3 }[/math]) ו־[math]\displaystyle{ \frac{1}{x}\to0 }[/math], ולכן לפי אפסה כפול חסומה [math]\displaystyle{ \frac{\sin x+2}{x}\to0 }[/math], ולפי חשבון גבולות הגבול הוא [math]\displaystyle{ \frac{1}{0+1}=1 }[/math].
• (ג) אין סתירה. כלל לופיטל אומר: אם למנת הנגזרות יש גבול, אז גם למנה המקורית יש גבול, והם שווים. כאן ההנחה הזו אינה מתקיימת, ולכן הכלל אינו אומר דבר, ולמנה המקורית יש גבול בכל זאת. הכלל פועל בכיוון אחד בלבד; כשהוא אינו עוזר, פותרים בכלים אחרים.

מקור: תמליל 76 (PaDFSrtsOE4) 09:27–11:42 (https://www.youtube.com/watch?v=PaDFSrtsOE4&t=567s): למנת הנגזרות אין גבול, ולכן כלל לופיטל אינו רלוונטי כאן (10:33–10:54), הסדרות 2πn ו־π/2+πn, ואחר כך הוצאת x כגורם משמעותי ("לא לגזור כמו חמור"); תמליל 77 (bqLDkGRLUYI) 00:31–00:40 (https://www.youtube.com/watch?v=bqLDkGRLUYI&t=31s): "ייתכן שלמנת הנגזרות כלל אין גבול", ו־05:03–05:38 (t=303s): למה המשפט אינו דו־כיווני; דף הקורס (wiki_source rev 90835), "דוגמאות נוספות" בסעיף כלל לופיטל; מאגר ת6-106 ("לופיטל נכשל, או מעגלי", ק' 1–3, בוחן ✓). גרסת מבחן של הכיוון ההפוך: מועד ב' תשפ"ה (צבאן), נכון/לא נכון סעיף י (בקישורי התרגול).

דוגמה 12: שאלה ממבחן: סדרי גודל

(מועד א' סמסטר ב' תשפ"ד, מדמ"ח, שאלה 1ב) חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{x^e+x^x}{e^x+e^e} }[/math].

• זהו גבול מהצורה [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math]. לופיטל כאן הוא גזירה כמו חמור: הנגזרת של [math]\displaystyle{ x^x }[/math] היא [math]\displaystyle{ x^x(\ln x+1) }[/math], והמנה רק תסתבך. במקום זה נשווה סדרי גודל.
• במכנה הגורם המשמעותי הוא [math]\displaystyle{ e^x }[/math], ולכן נחלק בו את המונה ואת המכנה. לכל [math]\displaystyle{ x>0 }[/math]:
  [math]\displaystyle{ \frac{x^e+x^x}{e^x+e^e}=\frac{A(x)}{B(x)} }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ A(x)=\frac{x^e}{e^x}+\frac{x^x}{e^x} }[/math] ו־[math]\displaystyle{ B(x)=1+\frac{e^e}{e^x} }[/math].
• המכנה: [math]\displaystyle{ e^x\to\infty }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{e^e}{e^x}\to0 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ B(x)\to1 }[/math].
• המחובר הראשון ב־[math]\displaystyle{ A(x) }[/math]: לפי משפט סדרי גודל, עם [math]\displaystyle{ a=e }[/math] ו־[math]\displaystyle{ b=1 }[/math], מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{x^e}{e^x}\to0 }[/math].
• המחובר השני: ב־[math]\displaystyle{ x^x }[/math] גם המעריך משתנה, ולכן משפט סדרי גודל אינו חל עליו ישירות. נשתמש ב־[math]\displaystyle{ e }[/math] ב־[math]\displaystyle{ \ln }[/math]: [math]\displaystyle{ x^x=e^{x\ln x} }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{x^x}{e^x}=e^{x\ln x-x} }[/math]
  [math]\displaystyle{ =e^{x(\ln x-1)} }[/math]. המעריך [math]\displaystyle{ x(\ln x-1) }[/math] הוא מכפלה של שני גורמים ששואפים ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math], ולכן גם הוא שואף ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math], ומכאן [math]\displaystyle{ \frac{x^x}{e^x}\to\infty }[/math].
• לכן [math]\displaystyle{ A(x)\to\infty }[/math] (סכום של פונקציה ששואפת ל־[math]\displaystyle{ 0 }[/math] ופונקציה ששואפת ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math]) ו־[math]\displaystyle{ B(x)\to1 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{A(x)}{B(x)}\to\infty }[/math]. כלומר הגבול המבוקש הוא [math]\displaystyle{ \infty }[/math].
• בדרך גילינו סדר גודל נוסף: [math]\displaystyle{ x^x }[/math] גדלה מהר יותר מכל אקספוננט, כי לכל [math]\displaystyle{ b>0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{x^x}{e^{bx}}=e^{x(\ln x-b)}\to\infty }[/math]. סדר הגודל באינסוף: לוגריתם, חזקה, אקספוננט, ו־[math]\displaystyle{ x^x }[/math] מעל כולם.

מקור: מועד א' סמסטר ב' תשפ"ד (89-132 מדמ"ח, 19.8.24, ארז שיינר), שאלה 1ב (2489132TestA.pdf; אין פתרון רשמי;ב־AI Bank: W4b E1-Q1ב, שם התשובה ∞ חושבה על ידי סוכן ואומתה כאן); מאגר ת6-114 ("משפחה: שימושים בסדרי גודל", ק' 1–2, בוחן ✓); הטריק e ב־ln מתמליל 76 (PaDFSrtsOE4) 03:22–03:44 (https://www.youtube.com/watch?v=PaDFSrtsOE4&t=202s); הצירוף "לפי משפט סדרי גודל" כמו בפתרון של ארז למועד א' תש"ף מדמ"ח, שאלה 1א (W4b, טענה 14).

דוגמה 13: אפס כפול אינסוף: את מי להוריד למכנה?

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}x\,e^{\frac{1}{x}} }[/math].

• כש [math]\displaystyle{ x\to0^+ }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{1}{x}\to\infty }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ e^{\frac{1}{x}}\to\infty }[/math], ואילו [math]\displaystyle{ x\to0 }[/math]: מקרה בעייתי של אפס כפול אינסוף. נעביר לצורה של מנה: גורם אחד נשאיר במונה, ואת השני נוריד למכנה. איזה? ננסה.
• ניסיון ראשון: נשאיר את [math]\displaystyle{ x }[/math] במונה:
  [math]\displaystyle{ x\,e^{\frac{1}{x}}=\frac{x}{e^{-\frac{1}{x}}} }[/math].
  כיוון ש [math]\displaystyle{ -\frac{1}{x}\to-\infty }[/math], גם המכנה שואף ל־[math]\displaystyle{ 0 }[/math], וזה גבול מהצורה [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. לפי כלל השרשרת [math]\displaystyle{ \left(e^{-\frac{1}{x}}\right)' }[/math]
  [math]\displaystyle{ =\frac{1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}} }[/math], ולכן מנת הנגזרות היא [math]\displaystyle{ \frac{1}{\frac{1}{x^2}e^{-\frac{1}{x}}} }[/math]
  [math]\displaystyle{ =x^2e^{\frac{1}{x}} }[/math].
• החזקה של [math]\displaystyle{ x }[/math] רק עלתה, ושוב קיבלנו אפס כפול אינסוף: לא התקדמנו. אין זה אומר שאין גבול, רק שהבחירה הזו אינה עוזרת.
• ניסיון שני: נשאיר את [math]\displaystyle{ e^{\frac{1}{x}} }[/math] במונה ונוריד את [math]\displaystyle{ x }[/math] למכנה:
  [math]\displaystyle{ x\,e^{\frac{1}{x}}=\frac{e^{\frac{1}{x}}}{\frac{1}{x}} }[/math].
  במקום לגזור, נציב [math]\displaystyle{ t=\frac{1}{x} }[/math]: לכל סדרה [math]\displaystyle{ x_n\to0^+ }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ t_n=\frac{1}{x_n}\to\infty }[/math], ולכן לפי היינה, אם [math]\displaystyle{ \lim_{t\to\infty}\frac{e^t}{t}=L }[/math], אז גם [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}x\,e^{\frac{1}{x}}=L }[/math].
• לפי משפט סדרי גודל, עם [math]\displaystyle{ a=b=1 }[/math], מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{t}{e^t}\to0 }[/math], והביטוי חיובי לכל [math]\displaystyle{ t>0 }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ \frac{e^t}{t}=\frac{1}{\frac{t}{e^t}} }[/math] שואף ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math] (אחד חלקי פונקציה חיובית ששואפת ל־[math]\displaystyle{ 0 }[/math]). מכאן [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}x\,e^{\frac{1}{x}}=\infty }[/math].
• שימו לב: משפט סדרי גודל עוסק רק ב־[math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math], ולכן ליד [math]\displaystyle{ 0^+ }[/math] אי אפשר להשתמש בו ישירות; ההצבה [math]\displaystyle{ t=\frac{1}{x} }[/math] העבירה את השאלה לאינסוף. אפשר גם להפעיל לופיטל על [math]\displaystyle{ \frac{e^t}{t} }[/math], גבול מהצורה [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math] ([math]\displaystyle{ e^t\to\infty }[/math] ו־[math]\displaystyle{ t\to\infty }[/math]): מנת הנגזרות [math]\displaystyle{ \frac{e^t}{1} }[/math] שואפת ל־[math]\displaystyle{ \infty }[/math].

מקור: תמליל 76 (PaDFSrtsOE4) 11:44–14:40 (https://www.youtube.com/watch?v=PaDFSrtsOE4&t=704s): הניסיון x חלקי e במינוס 1/x "והחזקה של X רק עלתה ... נתקעתי" (13:22–13:34), ואז ההצבה t=1/x ומשפט סדרי הגודל (14:15–14:40); ההערה שמשפט סדרי הגודל "רלוונטי כש־X שואף לאינסוף" ב־05:15–05:22 (t=315s); remark_text של 6.7.2 ("לא להשתמש כש x→0+"); דף הקורס, "דוגמאות נוספות"; מאגר ת6-105 (דוגמאות הסרטון V76, בוחן ✓).

טעויות נפוצות

• להפעיל את הכלל בלי לבדוק שהגבול הוא מהצורה [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math] או [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math]: למשל [math]\displaystyle{ \lim_{x\to1}\frac{x}{x+1}=\frac{1}{2} }[/math] (פשוט מציבים), ואילו מנת הנגזרות היא [math]\displaystyle{ \frac{1}{1}=1 }[/math].
• לגזור את המנה כולה לפי כלל הנגזרת של מנה: בכלל לופיטל גוזרים את המונה ואת המכנה כל אחד בנפרד ומחשבים את [math]\displaystyle{ \frac{f'(x)}{g'(x)} }[/math], ולא את [math]\displaystyle{ \left(\frac{f}{g}\right)'(x) }[/math].
• להסיק מכך שלמנת הנגזרות אין גבול שגם למנה המקורית אין גבול: הכלל פועל בכיוון אחד בלבד, ולמשל [math]\displaystyle{ \frac{x}{\sin x+2+x}\to1 }[/math] כש [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math], אף שלמנת הנגזרות [math]\displaystyle{ \frac{1}{\cos x+1} }[/math] אין גבול (דוגמה 1).
• להשתמש במשפט סדרי גודל כש [math]\displaystyle{ x\to0^+ }[/math]: המשפט עוסק רק ב־[math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math]; למשל [math]\displaystyle{ \frac{\ln x}{x}\to0 }[/math] כש [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math], אבל [math]\displaystyle{ \frac{\ln x}{x}\to-\infty }[/math] כש [math]\displaystyle{ x\to0^+ }[/math]. ליד [math]\displaystyle{ 0^+ }[/math] מציבים קודם [math]\displaystyle{ t=\frac{1}{x} }[/math], כמו בדוגמה 3.
• "לגזור כמו חמור": להמשיך להפעיל את הכלל כשהביטוי אינו מתפשט. ב־[math]\displaystyle{ \lim_{x\to-\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}} }[/math] כל גזירה מחליפה את המנה בהופכית שלה, [math]\displaystyle{ \frac{\sqrt{x^2+1}}{x} }[/math], ולעולם לא מגיעים לתשובה; מוציאים גורם משמעותי ([math]\displaystyle{ \sqrt{x^2}=|x|=-x }[/math] כש [math]\displaystyle{ x<0 }[/math]) ומקבלים [math]\displaystyle{ -1 }[/math].

לתרגול

• מועד א' קיץ תשפ"א (מדמ"ח) · שאלה 1ב: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\left(e^x-x\ln x\right) }[/math], אינסוף פחות אינסוף וסדרי גודל (פתרון). קושי 2.
• מועד ב' תשפ"א (מדמ"ח) · שאלה 3ב: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}\frac{1}{x}\left(\frac{1}{x^x}-1\right) }[/math], "נמקו כל צעד": קודם [math]\displaystyle{ x^x\to1 }[/math], ואז לופיטל (פתרון). קושי 3.
• מועד ב' תשפ"ה (מתמטיקה, בועז צבאן) · חלק נכון/לא נכון, סעיף י: אם [math]\displaystyle{ \frac{f}{g}\to1 }[/math], האם בהכרח [math]\displaystyle{ \frac{f'}{g'}\to1 }[/math]? הכיוון ההפוך של הכלל, כמו בדוגמה 1 (פתרון). קושי 3.
• מועד א' תשפ"ה (מתמטיקה, בועז צבאן) · שאלה 1: צטטו והוכיחו את כלל לופיטל לגבול חד־צדדי במקרה [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. בקובץ הפתרון (פתרון) כתוב רק "הוכח בהרצאה"; ההוכחה בדף זה. קושי 3–5.
• מערך תרגול · מערך התרגול של הקורס (תשע"ב), פרק הפונקציות.
• מערך תרגול: משפט קושי · משפט הערך הממוצע המוכלל, שעליו נשענת הוכחת הכלל, עם תרגיל פתור. שימו לב: בניסוח שם התנאי צריך להיות [math]\displaystyle{ g'(x)\ne0 }[/math] בקטע הפתוח.
• תרגול 13 של לואי ומני · עמ' 4–6: לופיטל עם פתרונות מלאים: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0}\frac{\sin 5x}{e^x-e^{-x}} }[/math], [math]\displaystyle{ \frac{e^{(\ln x)^2}}{e^{\sqrt{x}}}\to0 }[/math], [math]\displaystyle{ x\left(\sqrt[x]{2}-1\right)\to\ln 2 }[/math] ושאלת מבחן על לופיטל חוזר (מתוך חשבון אינפיניטיסימלי 1 - מערך תרגול).

‹ תחומי עלייה וירידה של פונקציה · כל הנושאים בפרק 6