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}e^xsin\big(\frac{1}{x}\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}Big[e^xsin\big(\frac{1}{x}\big) = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{sin\bigleft(\fractfrac{1}{x}\bigright)}{e^{-x}}=\Big]</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_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}\cos\bigleft(\fractfrac{1}{x}\bigright)=1</math>, לכן נותר רק לחשב את הגבול :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}\frac{e^x}{x^2}</math> זהו מקרה של <math>\frac{\infty}{\infty}</math>, לכן נפעיל כלל לופיטל (פעמיים): :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}\frac{e^x}{x^2}= \lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}\frac{e^x}{2x}=\lim_lim\limits_{x\rightarrow to\infty}\frac{e^x}{2}=\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_lim\limits_{x\rightarrow to 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>.

ראשית נבחין כי <math>f^g = e^{\ln(f^g)} = e^{glng\cdot\ln(f)}</math>,

שנית, נחשב את הגבול <math>K=\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}gln\Big[g\cdot\ln(f)\Big]</math>.

 :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}f^g=e^K</math>

 חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\infty}\sqrt[x]{x}</math>.

כעת,:<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\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 ==מקרה רביעי <math>\infty^0-\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>.

כעתבמקרה 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>\lim_lim\limits_{x\rightarrow\inftyto1}x^{\left[\frac{1}{x-1}}=\lim_{x\rightarrow\infty}e^{-\frac{1}{x}\ln(x)} = e^0=1\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(הרי חישבו כבר בדוגמא x)}\right]=\lim\limits_{x\to1}\left[\frac{\ln(x)-x+1 כי }{(x-1)\ln(x)}\right]</math>זהו המקרה של <math>\lim_frac{x0}{0}</math> , נגזור מונה ומכנה ונקבל::<math>=\rightarrowlim\inftylimits_{x\to1}\left[\frac{\frac{1}{x}-1}{\ln(x)+\frac{x-1}{x}}\right]=0\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>

==מקרה רביעי 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==מקרה חמישי -g</math> כאשר <math>Lכלל לופיטל כחלק מתרגיל גדול יותר=M=\infty</math>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 מספר עקרונות שמוטב לזכור:*לעתים כללי אריתמטיקה פשוטים יעזרו לנו לחשב את הגבול ללא גזירה כמו '''מכנה משותףכפל בצמוד''' או שנוציא '''גורם משותףהוצאת חזקה משמעותית''' בהתאם לתרגיל.*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, על מנת לעבור למקרה הראשון או השני של כלל לופיטללפתיר בקלות.

===דוגמא 79===חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 1to0}\Bigdfrac{\sin^3(x)\frac{1}{ln(x-+1}-)\frac{1cos(x)}{lnx}x^2\Bigarctan^2(x)}</math>.

זהו המקרה של נפריד אותו לחלקים באופן הבא::<math>\infty-lim\inftylimits_{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> נבצע מכנה משותף ונקבל

:<math>\lim_{x\rightarrow 1}\Bigבמקרה זה, קל לראות שכל אחד מהגבולות הפנימיים שווה אחד (\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Bigאם נפעיל את כלל לופיטל, כמובן) = \lim_{x\rightarrow , ולכן הגבול כולו שווה 1}\frac{lnx-x+1}{(x-1)lnx}=</math>.

זהו המקרה של <math>\frac{0}{0}</math>שימו לב שהפרדנו לפונקציות שונות, נגזור מונה ומכנה ונקבל:חלקנו וכפלנו באותו הביטוי, והוצאנו חזקות החוצה.

===דוגמא 10===תרגיל:יהא <math>=\lim_{x\rightarrow n>1}\frac{\frac{1}{</math> . נניח <math>f(x}-)</math> גזירה <math>n+1}{lnx+</math> פעמים ומקיימת <math>f(0)=f'(0)=\fraccdots=f^{x(n-1)}{x}} (0)= \lim_0,f^{x\rightarrow 1}\frac{1-x}{xlnx+x-1(n)}(0)=5</math>

פתרון:נגדיר <math>g(x)</math> ואז <math>g(x)=\lim_dfrac{f(x)}{x^n}</math> רציפה וב-0 נגדיר להיות  <math>g(0):=\rightarrow 1lim\limits_{x\to0}\fracdfrac{f(x)}{x^n}=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f'(x)}{nx^{n-1}}=\lim\limits_{lnx + 1 +x\to0}\dfrac{f^{(2)}(x)}{n(n-1)x^{n-2}}=\cdots=\lim\limits_{x\to0}\dfrac{f^{(n)}(x)}{n!} = \frac{-15}{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>)