שינויים

 תהיינה שתי פונקציות <math>f,g</math> . ותהי נקודה <math>x_0\in\mathbb{R}</math> או <math>x_0=\pm\infty</math> כך ש-:<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}f(x)=L</math>:<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}g(x)=M</math> 

== מקרה ראשון <math>\frac{0}{0}</math> או <math>\frac{\infty}{\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>

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>

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>

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>.

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>

:<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>

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>.

: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>,

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>

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):.

אם נחבר ===דוגמא 7===חשבו את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי 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_lim\limits_{x\rightarrow to1}\inftyleft[\frac{1}e^xsin{x-1}-\frac{1}{\bigln(x)}\right]=\lim\limits_{x\to1}\left[\frac{\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)}\bigright]</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]=\inftylim\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>

== מקרה שלישי =דוגמא 8===חשבו את הגבול <math>0^0</math> או <math>1^\lim\limits_{x\to\infty</math> או <math>}\Big[x-\ln(x)\infty^0Big]</math>==.

במקרה זה עלינו לחשב את הגבול זהו המקרה של <math>\lim_infty-\infty</math> נוציא גורם משותף ונקבל:<math>\lim\limits_{x\rightarrow x_0to\infty}f^g\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).

כאשר <math>L=M=0</math> '''או''' <math>Lמקרה חמישי - כלל לופיטל כחלק מתרגיל גדול יותר==1בסעיף זה אנו מעוניינים להדגיש כי יש להשתמש בכלל לופיטל בתבונה,M=\infty</math> אחרת נתקל בנגזרות מסובכות למדי. או במילים פשוטות - '''אולא לגזור כמו חמור!''' <math>L=\infty, M=0</math>.

בכל 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 מהמקרים נשתמש בדרך הבאהמהם גבול בנפרד. בדוגמא נראה שבחירה חכמה תהפוך תרגיל בלתי-אפשרי עם לופיטל, לפתיר בקלות.

שנית, נחשב ===דוגמא 9===חשבו את הגבול <math>K=\lim_lim\limits_{x\rightarrow x_0to0}gln\dfrac{\sin^3(fx)\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)}</math>.

נניח כי <math>\lim_lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim_lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0</math> ונניח עוד כי <math>f,g</math> גזירות בסביבה ימנית של a ומתקיים <math>\lim_lim\limits_{x\to a^+}=\frac{f'(x)}{g'(x)}=L</math> אז מתקיים <math>\lim_lim\limits_{x\to a^+}=\frac{f(x)}{g(x)}=L</math>

נוכל לבנות <math>\tilde{f},\tilde{g} </math> רציפות שמקיימות <math> \tilde{f}=\begin{cases}f\left(x\right) & :x\neq ne a\\0 & :x=a\end{cases} \quad\tilde{g}=\begin{cases}g\left(x\right) & :x\neq ne a\\0 & :x=a\end{cases} </math> הגבול של מנתם בa 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 הביניים 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> שמקיימת עבורה:<math>\fracdfrac{f(x)}{g(x)}=\fracdfrac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\fracdfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)} </math>ולכן נקבל <math>\lim_lim\limits_{x\to a^{+}}\fracdfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_lim\limits_{x\to a^{+}}\fracdfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}=\lim_lim\limits_{c\to a^{+}}\fracdfrac{f'(c)}{g'(c)} </math>. כרצוי השיוויון השוויון האחרון נובע מכך ש -<math>a<c(x)<x</math> וממשפט הסנדויץהסנדוויץ'. 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>)