הבדלים בין גרסאות בדף "כלל לופיטל"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
(מקרה שלישי 0^0 או 1^\infty או \infty^0)
 
(16 גרסאות ביניים של 3 משתמשים אינן מוצגות)
שורה 1: שורה 1:
 +
=סרטונים מצולמים בנושא=
 +
<videoflash>PaDFSrtsOE4</videoflash>
  
  
 
=כלל לופיטל=
 
=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-
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\limits_{x\to x_0}f(x)=L</math>
:<math>\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=L</math>
+
:<math>\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M</math>
:<math>\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.
 
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>==
+
==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>  
 
נניח <math>M=L=0</math> '''או''' <math>M=L=\pm\infty</math>  
  
אזי אם הגבול <math>\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f'}{g'}</math> קיים, הוא שווה לגבול <math>\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f}{g}</math>
+
אזי אם הגבול <math>\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'}{g'}</math> קיים, הוא שווה לגבול <math>\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f}{g}</math>
  
 
===דוגמא 1===
 
===דוגמא 1===
חשבו את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow \infty} \frac{ln(x)}{x}</math>.
+
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x}</math> .
 
+
זהו מקרה של <math>\frac{\infty}{\infty}</math>. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל
+
  
:<math>\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>
+
זהו מקרה של <math>\frac{\infty}{\infty}</math> . נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל
 +
:<math>\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===
 
===דוגמא 2===
חשבו את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow 0} \frac{ln(1+x)}{x}</math>.
+
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(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>
  
זהו מקרה של <math>\frac{0}{0}</math>. נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל
 
 
:<math>\lim_{x\rightarrow 0} \frac{ln(1+x)}{x} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{1}{1+x}}{1}=1</math>
 
 
===דוגמא 3===
 
===דוגמא 3===
חשבו את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}}</math>.
+
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(x)}{x-\dfrac{\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>
+
 
+
  
== מקרה שני <math>0\cdot \infty</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>
  
נניח <math>L=0</math>, <math>M=\infty</math> ועלינו לחשב את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow x_0}f\cdot g</math>.
+
==מקרה שני <math>0\cdot\infty</math>==
 +
נניח <math>L=0\ ,\ M=\infty</math> ועלינו לחשב את הגבול <math>\lim\limits_{x\to x_0}f\cdot g</math> .
  
 
במקרה זה, אנו מעבירים את הביטוי לצורה של שבר מהמקרה הראשון.
 
במקרה זה, אנו מעבירים את הביטוי לצורה של שבר מהמקרה הראשון.
  
 
===דוגמא 4===
 
===דוגמא 4===
חשבו את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow 0}xln(x)</math>.
+
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to0}\Big[x\ln(x)\Big]</math> .
  
זהו מקרה של <math>-\infty\cdot 0</math>. נעביר את הביטוי לצורה של שבר (באמצעות כלל האוזן), ונפעיל את כלל לופיטל:
+
זהו מקרה של <math>-\infty\cdot0</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>
:<math>\lim_{x\rightarrow 0}xln(x) = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(x)}{\frac{1}{x}}=</math>
+
 
נגזור מונה ומכנה ונקבל
 
נגזור מונה ומכנה ונקבל
:<math>= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow 0}-x = 0</math>
+
:<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.
 
'''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===
 
===דוגמא 5===
חשבו את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{x}\big)</math>.
+
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\sin\left(\tfrac{1}{x}\right)\Big]</math> .
 
+
זהו מקרה של <math>\infty\cdot 0</math>. נעביר את הביטוי לצורה של שבר, ונפעיל את כלל לופיטל:
+
 
+
:<math>\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>
+
  
 +
זהו מקרה של <math>\infty\cdot0</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
 
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>
  
<math>= \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>\lim\limits_{x\to\infty}\cos\left(\tfrac{1}{x}\right)=1</math> , לכן נותר רק לחשב את 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):
כעת, אין אנו רוצים לגזור ביטויים מסובכים. אנו יודעים כי <math>\lim_{x\rightarrow \infty}cos\big(\frac{1}{x}\big)=1</math>, לכן נותר רק לחשב את הגבול
+
:<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>
 
+
:<math>\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{e^x}{x^2}</math>
+
 
+
זהו מקרה של <math>\frac{\infty}{\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>
+
 
+
 
אם נחבר את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי  
 
אם נחבר את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי  
 +
:<math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\sin(\tfrac1{x})\Big]=\infty</math>
  
:<math>\lim_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{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> .
== מקרה שלישי <math>0^0</math> או <math>1^\infty</math> או <math>\infty^0</math>==
+
 
+
במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow x_0}f^g</math>.
+
  
כאשר <math>L=M=0</math> '''או''' <math>L=1,M=\infty</math> '''או''' <math>L=\infty, M=0</math>.
+
כאשר <math>L=M=0</math> '''או''' <math>L=1\ ,\ M=\infty</math> '''או''' <math>L=\infty\ ,\ M=0</math> .
  
 
בכל אחד מהמקרים נשתמש בדרך הבאה-
 
בכל אחד מהמקרים נשתמש בדרך הבאה-
  
ראשית נבחין כי <math>f^g = e^{ln(f^g)} = e^{gln(f)}</math>,
+
ראשית נבחין כי <math>f^g=e^{\ln(f^g)}=e^{g\cdot\ln(f)}</math> ,
  
שנית, נחשב את הגבול <math>K=\lim_{x\rightarrow x_0}gln(f)</math>.
+
שנית, נחשב את הגבול <math>K=\lim\limits_{x\to x_0}\Big[g\cdot\ln(f)\Big]</math> .
  
 
לבסוף, קיבלנו כי מתקיים
 
לבסוף, קיבלנו כי מתקיים
 
+
:<math>\lim\limits_{x\to x_0}f^g=e^K</math>
:<math>\lim_{x\rightarrow x_0}f^g=e^K</math>
+
  
 
===דוגמא 6===
 
===דוגמא 6===
 
+
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt[x]{x}</math> .
חשבו את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow\infty}\sqrt[x]{x}</math>.
+
  
 
ראשית, נשים לב כי בעצם מדובר בגבול
 
ראשית, נשים לב כי בעצם מדובר בגבול
 +
:<math>\lim\limits_{x\to\infty}x^\frac{1}{x}</math>
 +
זהו המקרה של <math>\infty^0</math> .
  
:<math>\lim_{x\rightarrow\infty}x^{\frac{1}{x}}</math>
+
כעת,
 +
:<math>\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>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0</math>).
  
זהו המקרה של <math>\infty^0</math>.
+
==מקרה רביעי <math>\infty-\infty</math>==
 +
במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\lim\limits_{x\to x_0}\big[f-g\big]</math> כאשר <math>L=M=\infty</math> .
  
כעת,
+
במקרה זה נבצע '''מכנה משותף''' או שנוציא '''גורם משותף''' בהתאם לתרגיל, על-מנת לעבור למקרה הראשון או השני של כלל לופיטל.
  
:<math>\lim_{x\rightarrow\infty}x^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}e^{\frac{1}{x}ln(x)} = e^0=1</math>
+
===דוגמא 7===
 +
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to1}\left[\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln(x)}\right]</math> .
  
(הרי חישבו כבר בדוגמא 1 כי <math>\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{x}ln(x)=0</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> .
  
==מקרה רביעי <math>\infty - \infty</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).
  
במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow x_0}f-g</math> כאשר <math>L=M=\infty</math>.
+
==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!'''
  
במקרה זה נבצע '''מכנה משותף''' או שנוציא '''גורם משותף''' בהתאם לתרגיל, על מנת לעבור למקרה הראשון או השני של כלל לופיטל.
+
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 7===
+
===דוגמא 9===
חשבו את הגבול <math>\lim_{x\rightarrow 1}\Big(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Big)</math>.
+
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin^3(x)\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)}</math> .
  
זהו המקרה של <math>\infty-\infty</math> נבצע מכנה משותף ונקבל
+
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>
  
:<math>\lim_{x\rightarrow 1}\Big(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Big) = \lim_{x\rightarrow 1}\frac{lnx-x+1}{(x-1)lnx}=</math>
+
במקרה זה, קל לראות שכל אחד מהגבולות הפנימיים שווה אחד (אם נפעיל את כלל לופיטל, כמובן), ולכן הגבול כולו שווה 1.
  
זהו המקרה של <math>\frac{0}{0}</math>, נגזור מונה ומכנה ונקבל:
+
שימו לב שהפרדנו לפונקציות שונות, חלקנו וכפלנו באותו הביטוי, והוצאנו חזקות החוצה.
  
:<math>=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{\frac{1}{x}-1}{lnx+\frac{x-1}{x}} = \lim_{x\rightarrow 1}\frac{1-x}{xlnx+x-1}=</math>
+
===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>
  
שוב נגזור מונה ומכנה ונקבל
+
חשב את הגבול <math>\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sin^n(2x)}</math>
  
:<math>=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{-1}{lnx + 1 +1} = \frac{-1}{2}</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=
 
=משפט לופיטל והוכחתו=
נניח כי <math>\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)}=L</math>
+
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==  
 
==הוכחה==  
נוכל לבנות <math>\tilde{f},\tilde{g} </math> רציפות שמקיימות <math> \tilde{f}=\begin{cases}
+
נוכל לבנות <math>\tilde{f},\tilde{g}</math> רציפות שמקיימות  
f\left(x\right) & x\neq a\\
+
<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>
0 & x=a
+
 
\end{cases} \tilde{g}=\begin{cases}
+
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
g\left(x\right) & x\neq a\\
+
:<math>\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\dfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}</math>
0 & x=a
+
ולכן נקבל <math>\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> .
\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>
+
כרצוי השוויון האחרון נובע מכך ש-<math>a<c(x)<x</math> וממשפט הסנדוויץ'.
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
+
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]]
 
[[קטגוריה:אינפי]]

גרסה אחרונה מ־15:20, 30 בדצמבר 2020

סרטונים מצולמים בנושא


כלל לופיטל

תהיינה שתי פונקציות f,g . ותהי נקודה x_0\in\R או x_0=\pm\infty כך ש-

\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L
\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M

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

מקרה ראשון \frac{0}{0} או \frac{\infty}{\infty}

נניח M=L=0 או M=L=\pm\infty

אזי אם הגבול \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'}{g'} קיים, הוא שווה לגבול \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f}{g}

דוגמא 1

חשבו את הגבול \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln(x)}{x} .

זהו מקרה של \frac{\infty}{\infty} . נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל

\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

דוגמא 2

חשבו את הגבול \lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(x+1)}{x} .

זהו מקרה של \frac{0}{0} . נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל

\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(x+1)}{x}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{x+1}}{1}=1

דוגמא 3

חשבו את הגבול \lim\limits_{x\to\frac{\pi}{2}}\dfrac{\cos(x)}{x-\dfrac{\pi}{2}} .

זהו מקרה של \frac{0}{0} . נגזור את המונה והמכנה בנפרד ונקבל

\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

מקרה שני 0\cdot\infty

נניח L=0\ ,\ M=\infty ועלינו לחשב את הגבול \lim\limits_{x\to x_0}f\cdot g .

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

דוגמא 4

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

זהו מקרה של -\infty\cdot0 . נעביר את הביטוי לצורה של שבר (באמצעות כלל האוזן), ונפעיל את כלל לופיטל:

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

נגזור מונה ומכנה ונקבל

=\lim\limits_{x\to0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to0}-x=0

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 \lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\sin\left(\tfrac{1}{x}\right)\Big] .

זהו מקרה של \infty\cdot0 . נעביר את הביטוי לצורה של שבר, ונפעיל את כלל לופיטל:

\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}}=

נגזור מונה ומכנה ונקבל

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

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

\lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^2}

זהו מקרה של \frac{\infty}{\infty} , לכן נפעיל כלל לופיטל (פעמיים):

\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

אם נחבר את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי

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

מקרה שלישי 0^0 או 1^\infty או \infty^0

במקרה זה עלינו לחשב את הגבול \lim\limits_{x\to x_0}f^g .

כאשר L=M=0 או L=1\ ,\ M=\infty או L=\infty\ ,\ M=0 .

בכל אחד מהמקרים נשתמש בדרך הבאה-

ראשית נבחין כי f^g=e^{\ln(f^g)}=e^{g\cdot\ln(f)} ,

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

לבסוף, קיבלנו כי מתקיים

\lim\limits_{x\to x_0}f^g=e^K

דוגמא 6

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

ראשית, נשים לב כי בעצם מדובר בגבול

\lim\limits_{x\to\infty}x^\frac{1}{x}

זהו המקרה של \infty^0 .

כעת,

\lim\limits_{x\to\infty}x^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}e^\tfrac{\ln(x)}{x}=e^0=1

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

מקרה רביעי \infty-\infty

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

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 \lim\limits_{x\to1}\left[\frac{1}{x-1}-\frac{1}{\ln(x)}\right] .

זהו המקרה של \infty-\infty נבצע מכנה משותף ונקבל

\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]

זהו המקרה של \frac{0}{0} , נגזור מונה ומכנה ונקבל:

=\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]

שוב נגזור מונה ומכנה ונקבל

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

דוגמא 8

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

זהו המקרה של \infty-\infty נוציא גורם משותף ונקבל

\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

(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 \lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin^3(x)\ln(x+1)\cos(x)}{x^2\arctan^2(x)} .

נפריד אותו לחלקים באופן הבא:

\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)

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 n>1 . נניח f(x) גזירה n+1 פעמים ומקיימת f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(n-1)}(0)=0,f^{(n)}(0)=5

חשב את הגבול \lim\limits_{x\to0}\dfrac{f(x)}{\sin^n(2x)}

פתרון: נגדיר g(x) ואז g(x)=\dfrac{f(x)}{x^n} רציפה וב-0 נגדיר להיות

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!}

כעת \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}

משפט לופיטל והוכחתו

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

הוכחה

נוכל לבנות \tilde{f},\tilde{g} רציפות שמקיימות \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}

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

\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\dfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}

ולכן נקבל \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)} .

כרצוי השוויון האחרון נובע מכך ש-a<c(x)<x וממשפט הסנדוויץ'.

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