כלל לופיטל

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש


כלל לופיטל

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

\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=L
\lim_{x\rightarrow 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_{x\rightarrow x_0}\frac{f'}{g'} קיים, הוא שווה לגבול \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f}{g}

דוגמא 1

חשבו את הגבול \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{ln(x)}{x}.

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

\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

דוגמא 2

חשבו את הגבול \lim_{x\rightarrow 0} \frac{ln(1+x)}{x}.


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

\lim_{x\rightarrow 0} \frac{ln(1+x)}{x} = \lim_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{1}{1+x}}{1}=1

דוגמא 3

חשבו את הגבול \lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}}.

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

\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{cos(x)}{x-\frac{\pi}{2}}=\lim_{x\rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{-sin(x)}{1}=-1


מקרה שני 0\cdot \infty

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

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

דוגמא 4

חשבו את הגבול \lim_{x\rightarrow 0}xln(x).

זהו מקרה של -\infty\cdot 0. נעביר את הביטוי לצורה של שבר (באמצעות כלל האוזן), ונפעיל את כלל לופיטל:

\lim_{x\rightarrow 0}xln(x) = \lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(x)}{\frac{1}{x}}=

נגזור מונה ומכנה ונקבל

= \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\rightarrow 0}-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_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{x}\big).

זהו מקרה של \infty\cdot 0. נעביר את הביטוי לצורה של שבר, ונפעיל את כלל לופיטל:

\lim_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{x}\big) = \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{sin\big(\frac{1}{x}\big)}{e^{-x}}=

נגזור מונה ומכנה ונקבל

= \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{\frac{-1}{x^2}cos\big(\frac{1}{x}\big)}{-e^{-x}}.


כעת, אין אנו רוצים לגזור ביטויים מסובכים. אנו יודעים כי \lim_{x\rightarrow \infty}cos\big(\frac{1}{x}\big)=1, לכן נותר רק לחשב את הגבול

\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{e^x}{x^2}

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

\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

אם נחבר את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי

\lim_{x\rightarrow \infty}e^xsin\big(\frac{1}{x}\big)=\infty

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

במקרה זה עלינו לחשב את הגבול \lim_{x\rightarrow 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^{gln(f)},

שנית, נחשב את הגבול K=\lim_{x\rightarrow x_0}gln(f).

לבסוף, קיבלנו כי מתקיים

\lim_{x\rightarrow x_0}f^g=e^K

דוגמא 6

משפט לופיטל והוכחתו

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

הוכחה

נוכל לבנות \tilde{f},\tilde{g} רציפות שמקיימות  \tilde{f}=\begin{cases}
f\left(x\right) & x\neq a\\
0 & x=a
\end{cases}  \tilde{g}=\begin{cases}
g\left(x\right) & x\neq a\\
0 & x=a
\end{cases} 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 a<c(x)<x שמקיימת \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(c(x))}{g'(c(x))} ולכן נקבל \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)} כרצוי השיוויון האחרון נובע מכך ש a<c(x)<x וממשפט הסנדויץ