שינויים
נגזור מונה ומכנה ונקבל
:<math>=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{-\frac1{x^2}\cdot\cos\left(\tfrac{1}{x}\right)}{-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
==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> .
כעת,
:<math>\lim\limits_{x\to\infty}x^{\frac1frac{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>).
===דוגמא 9===
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to 0to0}\left[\frac{\sin^3(x)\cdot\ln(x+1)\cdot\cos(x)}{x^2\cdot\arctan^2(x)}\right]</math>.
נפריד אותו לחלקים באופן הבא:
:<math>\lim\limits_{x\to 0to0}\left[\frac{\sin^3(x)\cdot\ln(x+1)\cdot\cos(x)}{x^2\cdot\arctan^2(x)} \right]= \lim\limits_{x\to 0to0}\Bigleft[\left(\frac{\sin(x)}{x}\Bigright)^3\right]\cdot\lim\limits_{x\to0}\left[\frac{\ln(x+1)}{x}\right]\cdot \Biglim\limits_{x\to0}\left[\left(\frac{x}{\arctan(x)}\Bigright)^2\right]\cdot\lim\limits_{x\to0}\cos(x)</math>
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 <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\limits_{x\to 0to0}\frac{f(x)}{\sin^n(2x)}</math>
פתרון: נגדיר <math>g(x)</math> ואז <math>g(x)=\frac{f(x)}{x^n}</math> רציפה וב- <math>0</math> נגדיר להיות
<math>g(0):=\lim\limits_{x\to 0to0}\frac{f(x)}{x^{n}}=\lim\limits_{x\to 0to0}\frac{f'(x)}{nx^{n-1}}=\lim\limits_{x\to 0to0}\frac{f^{(2)}(x)}{n(n-1)x^{n-2}}=\dots=\lim\limits_{x\to 0to0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}=\frac5frac{5}{n!}</math>
כעת <math>\lim\limits_{x\to 0to0}\frac{f(x)}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to 0to0}\frac{g(x)x^n}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)\Big(\frac1{2}\cdot\frac{2x}{\sin(2x)}\Big)^n=g(0)\frac1frac{1}{2^n}</math>
=משפט לופיטל והוכחתו=
==הוכחה==
נוכל לבנות <math>\tilde{f},\tilde{g}</math> רציפות שמקיימות
<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>
הגבול של מנתם ב- <math>a</math> יהיה זהה לגבול המקורי כי הוא נבדל ממנו רק בנקודה <math>1</math>, 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> שמקיימת <math>\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}</math>
ולכן נקבל <math>\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}=\lim\limits_{c\to a^+}\frac{f'(c)}{g'(c)}</math>.
כרצוי השוויון האחרון נובע מכך ש- <math>a<c(x)<x</math> וממשפט הסנדוויץ'.
