כלל לופיטל

משפט לופיטל

נניח כי [math]\displaystyle{ \lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^+}g(x)=0 }[/math] ונניח עוד כי [math]\displaystyle{ f,g }[/math] גזירות בסביבה ימנית של a ומתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to a^+}=\frac{f'(x)}{g'(x)}=L }[/math] אז מתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to a^+}=\frac{f(x)}{g(x)}=L }[/math]

הוכחה

נוכל לבנות [math]\displaystyle{ \tilde{f},\tilde{g} }[/math] רציפות שמקיימות [math]\displaystyle{ \tilde{f}=\begin{cases} f\left(x\right) & x\neq a\\ 0 & x=a \end{cases} \tilde{g}=\begin{cases} g\left(x\right) & x\neq a\\ 0 & x=a \end{cases} }[/math] הגבול של מנתם בa יהיה זהה לגבול המקורי כי הוא נבדל ממנו רק בנקודה 1 לשם נוחות נמשיך לקרוא להם .f,g על פי משפט ערך הביניים של קושי עבור כל x בסביבה הימנית של a שבה f,g מוגדרות נוכל לבחור [math]\displaystyle{ a\lt c(x)\lt x }[/math] שמקיימת [math]\displaystyle{ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(c(x))}{g'(c(x))} }[/math] ולכן נקבל [math]\displaystyle{ \lim_{x\to a^{+}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a^{+}}\frac{f'(c(x))}{g'(c(x))}=\lim_{c\to a^{+}}\frac{f'(c)}{g'(c)} }[/math] כרצוי השיוויון האחרון נובע מכך ש [math]\displaystyle{ a\lt c(x)\lt x }[/math] וממשפט הסנדויץ

שימוש בכלל לופיטל

תהיינה שתי פונקציות f,g. ותהי נקודה [math]\displaystyle{ x_0\in\mathbb{R} }[/math] או [math]\displaystyle{ x_0=\pm\infty }[/math] כך ש

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=L }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=M }[/math]

נראה כיצד ניתן להעזר בכלל לופיטל על מנת לחשב גבולות במקרים בהם משפטי האריתמטיקה הרגילים נכשלים.

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

נניח [math]\displaystyle{ M=L=0 }[/math] או [math]\displaystyle{ M=L=\pm\infty }[/math]

אזי אם הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f'}{g'} }[/math] קיים, הוא שווה לגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f}{g} }[/math]

דוגמא 1

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{ln(x)}{x} }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math]. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{ln(x)}{x} = \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} = \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{1}{x} = 0 }[/math]

דוגמא 2

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{ln(1+x)}{x} }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0} \frac{ln(1+x)}{x} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{1}{1+x}}{1}=1 }[/math]

דוגמא 3

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}} }[/math].

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math]. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{-sin(x)}{1}=-1 }[/math]

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

במקרה זה, אנו מעבירים את הביטוי לצורה של שבר מהמקרה הראשון.

דוגמא 4

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0}xln(x) }[/math].

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

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow 0}xln(x) = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(x)}{\frac{1}{x}}= }[/math]

נגזור מונה ומכנה ונקבל

[math]\displaystyle{ = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow 0}-x = 0 }[/math]

שימו לב: כלל לופיטל לא מוכרח להצליח. למשל במקרה זה, אם היינו מעבירים את הלוגריתם למכנה בתרגיל זה ומפעילים כלל לופיטל, לא היינו מתקדמים. נסו ותהנו.

דוגמא 5

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{x}\big) }[/math].

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

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{x}\big) = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{sin\big(\frac{1}{x}\big)}{e^{-x}}= }[/math]

נגזור מונה ומכנה ונקבל

[math]\displaystyle{ = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\frac{-1}{x^2}cos\big(\frac{1}{x}\big)}{-e^{-x}}. }[/math]

כעת, אין אנו רוצים לגזור ביטויים מסובכים. אנו יודעים כי [math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty}cos\big(\frac{1}{x}\big)=1 }[/math], לכן נותר רק לחשב את הגבול

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{e^x}{x^2} }[/math]

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ \frac{\infty}{\infty} }[/math], לכן נפעיל כלל לופיטל (פעמיים):

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{e^x}{x^2}= \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{e^x}{2x}=\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{e^x}{2}=\infty }[/math]

אם נחבר את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי

[math]\displaystyle{ \lim_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{x}\big)=\infty }[/math]