כלל לופיטל

כלל לופיטל

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

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L }[/math]

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to 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\limits_{x\to x_0}\frac{f'}{g'} }[/math] קיים, הוא שווה לגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f}{g} }[/math]

דוגמא 1

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

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

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac1{x}}{1}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x}=0 }[/math]

דוגמא 2

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

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

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

דוגמא 3

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

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

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\frac{\cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}}=\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\ ,\ M=\infty }[/math] ועלינו לחשב את הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f\cdot g }[/math] .

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

דוגמא 4

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\Big[x\ln(x)\Big] }[/math] .

זהו מקרה של [math]\displaystyle{ -\infty\cdot0 }[/math] . נעביר את הביטוי לצורה של שבר (באמצעות כלל האוזן), ונפעיל את כלל לופיטל:

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

נגזור מונה ומכנה ונקבל

[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to0}-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\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\sin\left(\tfrac{1}{x}\right)\Big] }[/math] .

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

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

נגזור מונה ומכנה ונקבל

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

כעת, אין אנו רוצים לגזור ביטויים מסובכים. אנו יודעים כי [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\cos\left(\tfrac{1}{x}\right)=1 }[/math] , לכן נותר רק לחשב את הגבול

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

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

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

אם נחבר את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\sin(\tfrac1{x})\Big]=\infty }[/math]

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

במקרה זה עלינו לחשב את הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f^g }[/math] .

כאשר [math]\displaystyle{ L=M=0 }[/math] או [math]\displaystyle{ L=1\ ,\ M=\infty }[/math] או [math]\displaystyle{ L=\infty\ ,\ M=0 }[/math] .

בכל אחד מהמקרים נשתמש בדרך הבאה-

ראשית נבחין כי [math]\displaystyle{ f^g=e^{\ln(f^g)}=e^{g\cdot\ln(f)} }[/math] ,

שנית, נחשב את הגבול [math]\displaystyle{ K=\lim\limits_{x\to x_0}\Big[g\cdot\ln(f)\Big] }[/math] .

לבסוף, קיבלנו כי מתקיים

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}f^g=e^K }[/math]

דוגמא 6

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

ראשית, נשים לב כי בעצם מדובר בגבול

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}x^\frac{1}{x} }[/math]

זהו המקרה של [math]\displaystyle{ \infty^0 }[/math] .

כעת,

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

(הרי חישבו כבר בדוגמא 1 כי [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0 }[/math]).

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

במקרה זה עלינו לחשב את הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to x_0}\big[f-g\big] }[/math] כאשר [math]\displaystyle{ L=M=\infty }[/math] .

במקרה זה נבצע מכנה משותף או שנוציא גורם משותף בהתאם לתרגיל, על-מנת לעבור למקרה הראשון או השני של כלל לופיטל.

דוגמא 7

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

זהו המקרה של [math]\displaystyle{ \infty-\infty }[/math] נבצע מכנה משותף ונקבל

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

זהו המקרה של [math]\displaystyle{ \frac{0}{0} }[/math] , נגזור מונה ומכנה ונקבל:

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

שוב נגזור מונה ומכנה ונקבל

[math]\displaystyle{ =\lim\limits_{x\to1}\left[\frac{-1}{\ln(x)+1+1}\right]=-\frac12 }[/math]

דוגמא 8

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to\infty}\Big[x-\ln(x)\Big] }[/math] .

זהו המקרה של [math]\displaystyle{ \infty-\infty }[/math] נוציא גורם משותף ונקבל

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

(שוב השתמשנו בדוגמא 1).

מקרה חמישי - כלל לופיטל כחלק מתרגיל גדול יותר

בסעיף זה אנו מעוניינים להדגיש כי יש להשתמש בכלל לופיטל בתבונה, אחרת נתקל בנגזרות מסובכות למדי. או במילים פשוטות - לא לגזור כמו חמור!

מספר עקרונות שמוטב לזכור:

• לעתים כללי אריתמטיקה פשוטים יעזרו לנו לחשב את הגבול ללא גזירה כמו כפל בצמוד או הוצאת חזקה משמעותית.
• כל ביטוי שאנו יודעים את גבול (אפילו אם הגבול אינו קיים) אינו צריך להשתתף בגזירה.
• מוטב להפריד את הפונקציה למספר ביטויים ולחשב לכל אחד מהם גבול בנפרד. בדוגמא נראה שבחירה חכמה תהפוך תרגיל בלתי-אפשרי עם לופיטל, לפתיר בקלות.

ראו עקרון זה בדוגמא הבאה:

דוגמא 9

חשבו את הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\left[\frac{\sin^3(x)\cdot\ln(x+1)\cdot\cos(x)}{x^2\cdot\arctan^2(x)}\right] }[/math] .

נפריד אותו לחלקים באופן הבא:

[math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\left[\frac{\sin^3(x)\cdot\ln(x+1)\cdot\cos(x)}{x^2\cdot\arctan^2(x)}\right]=\lim\limits_{x\to0}\left[\left(\frac{\sin(x)}{x}\right)^3\right]\cdot\lim\limits_{x\to0}\left[\frac{\ln(x+1)}{x}\right]\cdot\lim\limits_{x\to0}\left[\left(\frac{x}{\arctan(x)}\right)^2\right]\cdot\lim\limits_{x\to0}\cos(x) }[/math]

במקרה זה, קל לראות שכל אחד מהגבולות הפנימיים שווה אחד (אם נפעיל את כלל לופיטל, כמובן), ולכן הגבול כולו שווה 1.

שימו לב שהפרדנו לפונקציות שונות, חלקנו וכפלנו באותו הביטוי, והוצאנו חזקות החוצה.

דוגמא 10

תרגיל: יהא [math]\displaystyle{ n\gt 1 }[/math] . נניח [math]\displaystyle{ f(x) }[/math] גזירה [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] פעמים ומקיימת [math]\displaystyle{ f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(n-1)}(0)=0,f^{(n)}(0)=5 }[/math]

חשב את הגבול [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sin^n(2x)} }[/math]

פתרון: נגדיר [math]\displaystyle{ g(x) }[/math] ואז [math]\displaystyle{ g(x)=\frac{f(x)}{x^n} }[/math] רציפה וב- [math]\displaystyle{ 0 }[/math] נגדיר להיות

[math]\displaystyle{ g(0):=\lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{x^n}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f'(x)}{nx^{n-1}}=\lim\limits_{x\to0}\frac{f^{(2)}(x)}{n(n-1)x^{n-2}}=\dots=\lim\limits_{x\to0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}=\frac{5}{n!} }[/math]

כעת [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to0}\frac{f(x)}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{g(x)x^n}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)\Big(\frac1{2}\cdot\frac{2x}{\sin(2x)}\Big)^n=g(0)\frac{1}{2^n} }[/math]

משפט לופיטל והוכחתו

נניח כי [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0 }[/math] ונניח עוד כי [math]\displaystyle{ f,g }[/math] גזירות בסביבה ימנית של a ומתקיים [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}=\frac{f'(x)}{g'(x)}=L }[/math] אז מתקיים [math]\displaystyle{ \lim\limits_{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(x)&:x\ne a\\0&:x=a\end{cases}\quad\tilde{g}=\begin{cases}g(x)&:x\ne a\\0&:x=a\end{cases} }[/math]

הגבול של מנתם ב-[math]\displaystyle{ a }[/math] יהיה זהה לגבול המקורי כי הוא נבדל ממנו רק בנקודה 1, לשם נוחות נמשיך לקרוא להם [math]\displaystyle{ f,g }[/math] . על-פי משפט ערך הבינים של קושי עבור כל [math]\displaystyle{ x }[/math] בסביבה הימנית של [math]\displaystyle{ a }[/math] שבה [math]\displaystyle{ f,g }[/math] מוגדרות נוכל לבחור [math]\displaystyle{ a\lt c(x)\lt x }[/math] עבורה

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

ולכן נקבל [math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}=\lim\limits_{c\to a^+}\dfrac{f'(c)}{g'(c)} }[/math] .

כרצוי השוויון האחרון נובע מכך ש- [math]\displaystyle{ a\lt c(x)\lt x }[/math] וממשפט הסנדוויץ'.

הערה: המשפט נכון גם עבור המקרים: השאיפה היא באינסוף ([math]\displaystyle{ a=\infty }[/math]) או שהפונקציות שואפות לאינסוף לא בהכרח לאפס ([math]\displaystyle{ \lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=\infty }[/math]) או שהגבול של הנגזרות קיים במובן הרחב ([math]\displaystyle{ L=\infty }[/math])