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\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)</math>. זהו מקרה של <math>-\infty\cdot 0Big]</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_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> 

:==מקרה שלישי <math>0^0</math> או <math>1^\lim_{x\rightarrow infty</math> או <math>\infty}e^xsin0</math>==במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\big(lim\frac{1}limits_{x}\big)=\inftyto 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>.

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>.

 :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\infty}x^{\frac{1}{x}}</math> זהו המקרה של <math>\infty^0</math>.

:<math>\lim_{x\rightarrow\infty}x^{\frac{1}{x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}e^{\frac{1}{x}ln(x)} = e^0=1</math> (הרי חישבו כבר בדוגמא 1 כי <math>\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{x}ln(x)=0</math>).  ==מקרה רביעי <math>\infty - \infty</math>== במקרה זה עלינו לחשב את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow to x_0}\big[f-g\big]</math> כאשר <math>L=M=\infty</math>. במקרה זה נבצע '''מכנה משותף''' או שנוציא '''גורם משותף''' בהתאם לתרגיל, על מנת לעבור למקרה הראשון או השני של כלל לופיטל.

חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 1to1}\Big(left[\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Bigln(x)}\right]</math>.

 :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 1to1}\Big(left[\frac{1}{x-1}-\frac{1}{lnx}\Bigln(x) }\right]= \lim_lim\limits_{x\rightarrow 1to1}\left[\frac{lnx\ln(x)-x+1}{(x-1)lnx\ln(x)}=\right]</math> זהו המקרה של <math>\frac{0}{0}</math>, נגזור מונה ומכנה ונקבל: :<math>=\lim_lim\limits_{x\rightarrow 1to1}\left[\frac{\frac{1}{x}-1}{lnx\ln(x)+\frac{x-1}{x}} \right]= \lim_lim\limits_{x\rightarrow 1to1}\left[\frac{1-x}{xlnxx\cdot\ln(x)+x-1}=\right]</math> 

 :<math>=\lim_lim\limits_{x\rightarrow 1to1}\left[\frac{-1}{lnx \ln(x)+ 1 +1} \right]= -\frac{-1}{2}frac12</math>

חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\infty} \Big[x-\ln(x)\Big]</math>.

 :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrowto\infty} \Big[x-\ln(x) \Big]= \lim_lim\limits_{x\rightarrowto\infty} \left[x \left( 1-\frac{\ln(x)}{x}\right) \right]= \infty\cdot (1-0)=\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!'''.

*לעיתים לעתים כללי אריתמטיקה פשוטים יעזרו לנו לחשב את הגבול ללא גזירה כמו '''כפל בצמוד''' או '''הוצאת חזקה משמעותית'''.

*מוטב להפריד את הפונקציה למספר ביטויים ולחשב לכל אחד מהם גבול בנפרד. בדוגמא נראה שבחירה חכמה תהפוך תרגיל בלתי -אפשרי עם לופיטל, לפתיר בקלות.

 חשבו את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to0}\fracdfrac{\sin^3(x)\ln(1+x+1)\cos(x)}{x^2 \arctan^2(x)}</math>.

 :<math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to0}\fracdfrac{\sin^3(x)\ln(1+x+1)\cos(x)}{x^2 \arctan^2(x)} = \lim_lim\limits_{x\rightarrow 0to0}\Bigleft(\fracdfrac{\sin(x)}{x}\Bigright)^3\cdot\fraclim\limits_{x\to0}\dfrac{\ln(1+x+1)}{x}\cdot \Biglim\limits_{x\to0}\left(\fracdfrac{x}{\arctan(x)}\Bigright)^2\cdot \lim\limits_{x\to0}\cos(x)</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>

חשב את הגבול <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow0to0}\fracdfrac{f(x)}{\sin^{n}(2x)}</math>

פתרון: נגדיר . <math>g(x)</math> ואז <math>g(x)=\fracdfrac{f(x)}{x^{n}}</math> רציפה וב-0 נגדיר להיות

<math>g(0):=\lim_lim\limits_{x\rightarrow0to0}\fracdfrac{f(x)}{x^{n}}=\lim_lim\limits_{x\to0}\fracdfrac{f'(x)}{nx^{n-1}}=lim_\lim\limits_{x\rightarrow0to0}\fracdfrac{f^{(2)}(x)}{n(n-1)x^{n-2}}=\dotscdots=\lim_lim\limits_{x\to0}\fracdfrac{f^{(n)}(x)}{n!}=\frac{5}{n!}</math>

כעת <math>\lim_lim\limits_{x\rightarrow0to0}\fracdfrac{f(x)}{\sin^{n}(2x)}=\lim_lim\limits_{x\rightarrow0to0}\fracdfrac{g(x)x^{n}}{\sin^{n}(2x)}=\lim_lim\limits_{x\rightarrow0to 0}g(x)\Big(\frac{1}{2}dfrac12\cdot\fracdfrac{2x}{\sin(2x)}\Big)^{n}=\dfrac{g(0)\frac{1}{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 במקרים שהמקרים: השאיפה היא באינסוף (<math>a=\infty</math>) או שהפונקציות שואפות לאינסוף- לא בהכרח לאפס (<math>\lim_lim\limits_{x\to a^+}f(x)=\lim_lim\limits_{x\to a^+}g(x)=\infty</math>)