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

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>.

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_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{-sin(x)}{1}=-1</math> 

== זהו מקרה שני של <math>0\cdot \inftyfrac{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>

נניח ==מקרה שני <math>L=0\cdot\infty</math>, ==נניח <math>L=0\ ,\ 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_lim\limits_{x\rightarrow 0to0}xln\Big[x\ln(x) \Big]= \lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to0}\frac{\ln(x)}{\frac{1}{x}}=</math>

:<math>= \lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow 0to0}-x = 0</math> 

חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}\Big[e^xsinx\sin\bigleft(\fractfrac{1}{x}\bigright)\Big]</math>.

זהו מקרה של <math>\infty\cdot 0cdot0</math>. נעביר את הביטוי לצורה של שבר, ונפעיל את כלל לופיטל::<math>\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>=\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>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}e^xsin\bigcos\left(\fractfrac{1}{x}\bigright) = 1</math> , לכן נותר רק לחשב את הגבול:<math>\lim\lim_limits_{x\rightarrow to\infty}\frac{sine^x}{x^2}</math>זהו מקרה של <math>\bigfrac{\infty}{\infty}</math> , לכן נפעיל כלל לופיטל (פעמיים)::<math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1e^x}{x^2}=\big)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>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\sin(\tfrac1{x})\Big]=\infty</math>

כאשר <math>L= M=0</math> '''או''' <math>L=1\lim_{x,\rightarrow M=\infty}</math> '''או''' <math>L=\frac{infty\frac{-1}{x^2}cos,\big(\frac{1}{x}\big)}{-e^{-x}}.M=0</math>.

כעת, אין אנו רוצים לגזור ביטויים מסובכים. אנו יודעים ראשית נבחין כי <math>\lim_f^g=e^{x\rightarrow \infty}cos\bigln(\frac{1f^g)}=e^{x}g\bigcdot\ln(f)=1}</math>, לכן נותר רק לחשב את הגבול

:שנית, נחשב את הגבול <math>K=\lim_lim\limits_{x\rightarrow \inftyto x_0}\frac{e^x}{x^2}Big[g\cdot\ln(f)\Big]</math>.

זהו מקרה של לבסוף, קיבלנו כי מתקיים:<math>\frac{lim\infty}limits_{x\inftyto x_0}f^g=e^K</math>, לכן נפעיל כלל לופיטל (פעמיים):

:===דוגמא 6===חשבו את הגבול <math>\lim_{xlim\rightarrow \infty}\fraclimits_{e^x}{x^2}= \lim_{x\rightarrow to\infty}\frac{e^sqrt[x}{2x}=\lim_]{x\rightarrow \infty}\frac{e^x}{2}=\infty</math>.

אם נחבר את כל התוצאות יחדיוראשית, נקבל נשים לב כי בעצם מדובר בגבול:<math>\lim\limits_{x\to\infty}x^\frac{1}{x}</math>זהו המקרה של <math>\infty^0</math> .

כעת,:<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}ex^xsin\big({\frac{1}{x}}=\biglim\limits_{x\to\infty}e^\tfrac{\ln(x)}{x}=e^0=1</math>(הרי חישבו כבר בדוגמא 1 כי <math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0</math>).

== מקרה שלישי רביעי <math>0^0\infty-\infty</math> או ==במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>1^\inftylim\limits_{x\to x_0}\big[f-g\big]</math> או כאשר <math>L=M=\infty^0</math>==.

במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow x_0}f^g</math>נבצע '''מכנה משותף''' או שנוציא '''גורם משותף''' בהתאם לתרגיל, על-מנת לעבור למקרה הראשון או השני של כלל לופיטל.

כאשר <math>L=M=0</math> '''או''' <math>L=1,Mדוגמא 7==\infty=חשבו את הגבול </math> '''או''' <math>L=\infty, M=0lim\limits_{x\to1}\left[\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln(x)}\right]</math>.

בכל אחד מהמקרים נשתמש בדרך הבאהזהו 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>

ראשית נבחין כי ===דוגמא 8===חשבו את הגבול <math>f^g = e^\lim\limits_{x\to\infty}\Big[x-\ln(f^gx)} = e^{gln(f)}\Big]</math>,.

שנית, נחשב את הגבול זהו המקרה של <math>K\infty-\infty</math> נוציא גורם משותף ונקבל:<math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[x-\ln(x)\Big]=\lim_lim\limits_{x\rightarrow x_0to\infty}gln\left[x\left(f1-\frac{\ln(x)}{x}\right)\right]=\infty\cdot(1-0)=\infty</math>(שוב השתמשנו בדוגמא 1).

לבסוף, קיבלנו ==מקרה חמישי - כלל לופיטל כחלק מתרגיל גדול יותר==בסעיף זה אנו מעוניינים להדגיש כי מתקייםיש להשתמש בכלל לופיטל בתבונה, אחרת נתקל בנגזרות מסובכות למדי. או במילים פשוטות - '''לא לגזור כמו חמור!'''

מספר עקרונות שמוטב לזכור:<math>\lim_{x\rightarrow x_0}f^g=e^K</math>*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.

===דוגמא 9===חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow\inftyto0}\sqrt[dfrac{\sin^3(x])\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)}</math>.

:<math>\lim_{x\rightarrow\infty}x^{\frac{במקרה זה, קל לראות שכל אחד מהגבולות הפנימיים שווה אחד (אם נפעיל את כלל לופיטל, כמובן), ולכן הגבול כולו שווה 1}{x}}</math>.

זהו המקרה של <math>\infty^0</math>שימו לב שהפרדנו לפונקציות שונות, חלקנו וכפלנו באותו הביטוי, והוצאנו חזקות החוצה.

כעת===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_lim\limits_{x\rightarrow\inftyto0}x^{\frac{1}dfrac{f(x)}}=\lim_{x\rightarrow\infty}esin^{\frac{1}{x}lnn(x2x)} = e^0=1</math>

פתרון: נגדיר <math>g(הרי חישבו כבר בדוגמא 1 כי x)</math>ואז <math>g(x)=\lim_dfrac{f(x)}{x^n}</math> רציפה וב-0 נגדיר להיות  <math>g(0):=\rightarrowlim\limits_{x\inftyto0}\fracdfrac{f(x)}{x^n}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f'(x)}{nx^{n-1}}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f^{(2)}ln(x)}{n(n-1)x^{n-2}}=0\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>

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>)