=משפט לופיטלסרטונים מצולמים בנושא=נניח כי <mathvideoflash>\lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^+}g(x)=0</math> ונניח עוד כי <math>f,g</math> גזירות בסביבה ימנית של a ומתקיים <math>\lim_{x\to a^+}=\frac{f'(x)}{g'(x)}=L</math> אז מתקיים <math>\lim_{x\to a^+}=\frac{f(x)}{g(x)}=LPaDFSrtsOE4</mathvideoflash>
==הוכחה==
נוכל לבנות <math>\tilde{f},\tilde{g} </math> רציפות שמקיימות <math> \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>a<c(x)<x</math> שמקיימת <math>\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>\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>a<c(x)<x</math> וממשפט הסנדויץ
=שימוש בכלל לופיטל=
תהיינה שתי פונקציות f,g. ותהי נקודה <math>x_0\in\mathbb{R}</math> או <math>x_0=\pm\infty</math> כך ש
:<math>\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=L</math>
:<math>\lim_{x\rightarrow x_0}g(x)=M</math>
=כלל לופיטל=
תהיינה שתי פונקציות <math>f,g</math> . ותהי נקודה <math>x_0\in\R</math> או <math>x_0=\pm\infty</math> כך ש-
:<math>\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L</math>
:<math>\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>\frac{0}{0}</math> או <math>\frac{\infty}{\infty}</math>==
נניח <math>M=L=0</math> '''או''' <math>M=L=\pm\infty</math>
אזי אם הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}\frac{f'}{g'}</math> קיים, הוא שווה לגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}\frac{f}{g}</math>
===דוגמא 1===
חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty} \frac{\ln(x)}{x}</math>.
זהו מקרה של <math>\frac{\infty}{\infty}</math>. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty} \frac{\ln(x)}{x} = \lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty} \frac{\frac{1}frac1{x}}{1} = \lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty} \frac{1}{x} = 0</math>
===דוגמא 2===
חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to0} \frac{\ln(1+x+1)}{x}</math>.
זהו מקרה של <math>\frac{0}{0}</math>. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל:<math>\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(x+1)}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{x+1}}{1}=1</math>
:<math>\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>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\frac{\pi}{2}} \fracdfrac{\cos(x)}{x-\fracdfrac{\pi}{2}}</math>.
זהו מקרה של <math>\frac{0}{0}</math>. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל:<math>\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>
:<math>\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>0\cdot \infty</math>== נניח <math>L=0</math>\ , <math>\ M=\infty</math> ועלינו לחשב את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}f\cdot g</math>.
במקרה זה, אנו מעבירים את הביטוי לצורה של שבר מהמקרה הראשון.
===דוגמא 4===
חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to0}xln\Big[x\ln(x)\Big]</math>.
זהו מקרה של <math>-\infty\cdot 0cdot0</math>. נעביר את הביטוי לצורה של שבר (באמצעות כלל האוזן), ונפעיל את כלל לופיטל::<math>\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>=\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>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to\infty}xln\Big[e^x\sin\left(\tfrac{1}{x}\right) = \lim_Big]</math> . זהו מקרה של <math>\infty\cdot0</math> . נעביר את הביטוי לצורה של שבר, ונפעיל את כלל לופיטל::<math>\lim\limits_{x\rightarrow 0to\infty}\frac{lnBig[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>= \lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to\infty}\frac{-\frac{1}{x^2}}{-\fraccdot\cos\left(\tfrac{1}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow 0right)}{-e^{-x = 0}}</math>
'''שימו לב''': כלל לופיטל לא מוכרח להצליחכעת, אין אנו רוצים לגזור ביטויים מסובכים. למשל במקרה זהאנו יודעים כי <math>\lim\limits_{x\to\infty}\cos\left(\tfrac{1}{x}\right)=1</math> , אם היינו מעבירים לכן נותר רק לחשב את הלוגריתם למכנה בתרגיל זה ומפעילים הגבול:<math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^2}</math>זהו מקרה של <math>\frac{\infty}{\infty}</math> , לכן נפעיל כלל לופיטל(פעמיים)::<math>\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, לא היינו מתקדמים. נסו ותהנו.נקבל כי :<math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\sin(\tfrac1{x})\Big]=\infty</math>
==מקרה שלישי <math>0^0</math> או <math>1^\infty</math> או <math>\infty^0</math>==
במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\lim\limits_{x\to x_0}f^g</math> .
כאשר <math>L=M==דוגמא 5===חשבו את הגבול 0</math>'''או''' <math>L=1\lim_{x,\rightarrow M=\infty}e^xsin</math> '''או''' <math>L=\big(infty\frac{1}{x},\big)M=0</math>.
זהו מקרה של <math>\infty\cdot 0</math>. נעביר את הביטוי לצורה של שבר, ונפעיל את כלל לופיטל:בכל אחד מהמקרים נשתמש בדרך הבאה-
:ראשית נבחין כי <math>\lim_{x\rightarrow \infty}f^g=e^xsin{\bigln(\frac{1f^g)}{x}\big) = \lim_e^{xg\rightarrow cdot\infty}\frac{sin\bigln(\frac{1}{x}\bigf)}{e^{-x}}=</math>,
נגזור מונה ומכנה ונקבלשנית, נחשב את הגבול <math>K=\lim\limits_{x\to x_0}\Big[g\cdot\ln(f)\Big]</math> .
לבסוף, קיבלנו כי מתקיים:<math>= \lim_lim\limits_{x\rightarrow \inftyto x_0}\frac{\frac{-1}{xf^2}cos\big(\frac{1}{x}\big)}{-g=e^{-x}}.K</math>
===דוגמא 6===
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt[x]{x}</math> .
כעתראשית, אין אנו רוצים לגזור ביטויים מסובכים. אנו יודעים נשים לב כי בעצם מדובר בגבול:<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}cos\big(x^\frac{1}{x}</math>זהו המקרה של <math>\big)=1infty^0</math>, לכן נותר רק לחשב את הגבול.
כעת,:<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}x^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}e^\tfrac{\ln(x)}{x}=e^20=1</math>(הרי חישבו כבר בדוגמא 1 כי <math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0</math>).
זהו ==מקרה של רביעי <math>\frac{infty-\infty}</math>==במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\lim\limits_{x\inftyto x_0}\big[f-g\big]</math> כאשר <math>L=M=\infty</math>, לכן נפעיל כלל לופיטל (פעמיים):.
:<math>\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>במקרה זה נבצע '''מכנה משותף''' או שנוציא '''גורם משותף''' בהתאם לתרגיל, על-מנת לעבור למקרה הראשון או השני של כלל לופיטל.
אם נחבר ===דוגמא 7===חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to1}\left[\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln(x)}\right]</math> . זהו המקרה של <math>\infty-\infty</math> נבצע מכנה משותף ונקבל:<math>\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>\frac{0}{0}</math> , נגזור מונה ומכנה ונקבל::<math>=\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>=\lim\limits_{x\to1}\left[\frac{-1}{\ln(x)+1+1}\right]=-\frac12</math> ===דוגמא 8===חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[x-\ln(x)\Big]</math> . זהו המקרה של <math>\infty-\infty</math> נוציא גורם משותף ונקבל:<math>\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 התוצאות יחדיוביטוי 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, נקבל לפתיר בקלות. ראו עקרון זה בדוגמא הבאה: ===דוגמא 9===חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin^3(x)\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)}</math> . נפריד אותו לחלקים באופן הבא::<math>\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin^3(x)\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)}=\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{\sin(x)}{x}\right)^3\cdot\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}\cdot\lim\limits_{x\to0}\left(\dfrac{x}{\arctan(x)}\right)^2\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>n>1</math> . נניח <math>f(x)</math> גזירה <math>n+1</math> פעמים ומקיימת <math>f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(n-1)}(0)=0,f^{(n)}(0)=5</math> חשב את הגבול <math>\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sin^n(2x)}</math> פתרון: נגדיר <math>g(x)</math> ואז <math>g(x)=\dfrac{f(x)}{x^n}</math> רציפה וב-0 נגדיר להיות <math>g(0):=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{x^n}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f'(x)}{nx^{n-1}}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f^{(2)}(x)}{n(n-1)x^{n-2}}=\cdots=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f^{(n)}(x)}{n!}=\frac{5}{n!}</math> כעת <math>\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{g(x)x^n}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)\Big(\dfrac12\cdot\dfrac{2x}{\sin(2x)}\Big)^n=\dfrac{g(0)}{2^n}</math> =משפט לופיטל והוכחתו=נניח כי <math>\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0</math> ונניח עוד כי <math>f,g</math> גזירות בסביבה ימנית של a ומתקיים <math>\lim\limits_{x\to a^+}=\frac{f'(x)}{g'(x)}=L</math> אז מתקיים <math>\lim\limits_{x\to a^+}=\frac{f(x)}{g(x)}=L</math> ==הוכחה== נוכל לבנות <math>\tilde{f},\tilde{g}</math> רציפות שמקיימות <math>\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>a</math> יהיה זהה לגבול המקורי כי הוא נבדל ממנו רק בנקודה 1, לשם נוחות נמשיך לקרוא להם <math>f,g</math> . על-פי משפט ערך הבינים של קושי עבור כל <math>x</math> בסביבה הימנית של <math>a</math> שבה <math>f,g</math> מוגדרות נוכל לבחור <math>a<c(x)<x</math> עבורה:<math>\lim_dfrac{f(x)}{g(x)}=\rightarrow dfrac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\inftydfrac{f'\big(c(x)\big)}e^xsin{g'\big(c(x)\fracbig)}</math>ולכן נקבל <math>\lim\limits_{1x\to a^+}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}=\inftylim\limits_{c\to a^+}\dfrac{f'(c)}{g'(c)}</math>.
== מקרה שלישי כרצוי השוויון האחרון נובע מכך ש-<math>0^0a</math> או c(x)<math>1^\infty</math> או <math>\infty^0x</math>==וממשפט הסנדוויץ'.
הערה: המשפט נכון גם עבור המקרים: השאיפה היא באינסוף (<math>a=\infty</math>) או שהפונקציות שואפות לאינסוף לא בהכרח לאפס (<math>\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=\infty</math>)
או שהגבול של הנגזרות קיים במובן הרחב (<math>L=\infty</math>)
[[קטגוריה:אינפי]]
