21 - כלל לופיטל — חשבון אינפיניטסימלי 1מ'

משפט (כלל לופיטל)

נניח כי קיים $\delta>0$ עבור

$f,g$ לכל $0<|x-a|<\delta$
$g'(x)\neq 0$ לכל $0<|x-a|<\delta$ .
מתקיים $\lim_{ x \to a }f(x)=\lim_{ x \to a }g(x)=\pm \infty$ או $\lim_{ x \to a }f(x)=\lim_{ x \to a }g(x)=0$ .
$\lim_{ x \to a } \frac{f'}{g'}$ קיים במובן הרחב

אזי $\lim_{ x \to a } \frac{f}{g}$ קיים במובן הרחב ומתקיים:

\lim_{ x \to a } \frac{f'}{g'}=\lim_{ x \to a } \frac{f}{g}

תרגיל

נתונה $f$ גזירה ב- $(a,b)$ . הוכיחו כי לנגזרת $f'$ לא יתכן שתהיה אי-רציפות סליקה ב- $x_{0} \in(a,b)$ .

הוכחה:
אי רציפות סליקה ⇐ $\lim_{ x \to x_{0} }f'(x)$ קיים אבל לא שווה ל- $f'(x_{0})$ .
נתון ש- $f$ גזירה ב- $x_{0}$ ⇐ $f$ רציפה ב- $x_{0}$ .

\lim_{ x \to x_{0} } f(x)=f(x_{0})\implies \lim_{ x \to x_{0} } f(x)-f(x_{0})=0

\lim_{ x \to x_{0} } (x-x_{0})=0

הפונקציה $f$ גזירה, $x$ גזירה:

f'(x_{0})=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f'(x)}{1}=\lim_{ x \to x_{0} } f'(x)

כלומר, $f'$ רציפה ב- $x_{0}$ ⇐ אין לה אי רציפות סליקה.
∎

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}

זוהי בעיה מסוג " $1^{\infty}$ ".

=\lim_{ x \to 0 } =\left( 1+\frac{\sin x}{x}-1 \right)^{\frac{1}{x^2}}=\lim_{ x \to 0 } \left( \left( 1+\frac{\sin x-x}{x} \right)^{\frac{x}{\sin x -x}} \right)^{\frac{\sin x -x}{x^3}}

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x-x}{x^3}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\cos x-1}{3x^2}=\lim_{ x \to 0 } \frac{-\sin x}{6x}= -\frac{1}{6}

\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}=e^{-\frac{1}{6}}

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ x \to 0^+ } (2\sin x)^{3\tan x}

(2\sin x)^{3\tan x}=e^{\ln(2\sin x)^{3\tan x}}=e^{3\tan x \ln(2\sin x)}

=\lim_{ x \to 0^+ } 3\tan x\cdot \ln (2\sin x)=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{3\sin x}{\cos x}\ln(2\sin x)

\begin{cases} \lim_{ x \to 0^+ } \frac{3}{\cos x}=3 \\ \lim_{ x \to 0^+ } \sin x \ln(2\sin x)=\lim_{ x \to 0^+} \frac{\ln(2\sin x)}{\frac{1}{\sin x}}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{\cancel{ 2 }\sin x}(\cancel{ 2 }\cancel{ \cos x })}{\left( -\frac{1}{\sin^2x}\cancel{ \cos x } \right)}=\lim_{ x \to 0^+ } (-\sin x)=0 \end{cases}

\lim_{ x \to 0^+ } \frac{3\sin x}{\cos x}\ln(2\sin x)= 3 \cdot 0=0

תרגיל

מצאו:

\lim_{ x \to \infty } \frac{x-\sin x}{x+\sin x}

=\lim_{ x \to \infty }\cancel{ \frac{1-\cos x}{1+\cos x }}=\dots

כלל לופיטל נכשל פה כי התנאים שלו לא מתקיימים. $\lim_{ x \to \infty }\frac{f'}{g'}$ לא קיים.

\lim_{ x \to \infty } \frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\lim_{ x \to \infty } \frac{x}{\sqrt{ x^2+1 }}=\lim_{ x \to \infty } \frac{1}{\frac{2x}{2\sqrt{ x^2+1 }}}=\lim_{ x \to \infty } \frac{\sqrt{ x^2+1 }}{x}=\lim_{ x \to \infty } \frac{\frac{2x}{2\sqrt{ x^2+1 }}}{1}=\lim_{ x \to \infty } \frac{x}{\sqrt{ x^2+1 }}

זה גם נכשל

\lim_{ x \to \infty } \frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\lim_{ x \to \infty } \frac{1-\frac{1}{x}\sin x}{1+\frac{1}{x}\sin x}=\frac{1}{1}=1

תרגיל

תהא $f(x)$ בעלת נגזרת רציפה מסדר ראשון ושני המקיימת $f(0)=0$ ונגדיר:

g(x)=\begin{cases} \frac{f(x)}{x} & x\neq 0 \\ f'(0) & x=0 \end{cases}

א. האם $g$ גזירה ב- $x=0$ ?
ב. האם $g$ בעלת נגזרת רציפה ב- $x=0$ ?

פתרון א':

\lim_{ x \to 0 } \frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{f(x)}{x}-f'(0)}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f'(0)x}{x^2}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f'(x)-f'(0)}{2x}

גבול זה קיים ושווה ל- $\frac{1}{2}f''(0)$ כי $f'$ גזירה ב- $x=0$ . ומכאן ש- $g'(0)=\frac{1}{1}f''(0)$ .

פתרון ב':

g'(x)=\begin{cases} \frac{f'(x)x-f(x)}{x^2} & x\neq 0 \\ \frac{1}{2}f''(0) & x=0 \end{cases}

נרצה לבדוק האם $g'(0)=\lim_{ x \to 0 }g'(x)$ .

\begin{cases} \lim_{ x \to 0 } f(x)=f(0)=0 \\ \lim_{ x \to 0 } f'(x)x=f'(0) \cdot 0=0 \\ \lim_{ x \to 0 } (f'(x)x-f(x))=0 \end{cases}

\lim_{ x \to 0 } \frac{f'(x)x-f(x)}{x^2}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f''(x)x+\cancel{ f'(x) }-\cancel{ f'(x) }}{2x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{1}{2}f''(x)=\frac{1}{2}f''(0)

לכן $g$ בעלת נגזרת רציפה ב- $x=0$ .

תרגיל

נגדיר:

f(x)=\begin{cases} \frac{(\pi+x)|x|}{\sin x} & \sin x \neq 0 \\ -\pi & \sin x = 0 \end{cases}

האם $f$ גזירה ב- $-\pi$ ?

\lim_{ h \to 0 } \frac{f(-\pi+h)-f(-\pi)}{h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{\frac{(\pi-\pi+h)(\pi-h)}{\sin(\pi+h)}-(-\pi)}{h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{\frac{h(\pi-h)}{-\sin h}+\pi}{h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{h(h-\pi)+\pi \sin h}{h\sin h}

=\lim_{ h \to 0 } \frac{2h-\pi+\pi \cos h}{\sin h+h\cos h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{2-\pi \sin h}{\cos h +\cos h -h\sin h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{2}{1+1}=1

("לא נוח לעשות לופיטל כשזה מגדל" - רבקה)

תרגיל

הוכיחו כי אם $f$ גזירה 3 פעמים בכל נקודה וגם $f'(0)=f''(0)=0$ אז $g(x)=f(x^{\frac{1}{3}})$ גזירה ב- $x=0$ .

הוכחה:

\lim_{ x \to 0 } \frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f\left( x^{\frac{1}{3}} \right)-f\left( 0^{\frac{1}{3}} \right)}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f\left( x^{\frac{1}{3}} \right)-f(0)}{x}

הפונקציה $f$ גזירה ולכן רציפה ⇐ $\lim_{ x \to 0 }f(x)=f(0)$ .

\lim_{ x \to 0 } x^{\frac{1}{3}}=0

ולכן, מגבול של הרכבה נובע כי $\lim_{ x \to 0 }f(x^{\frac{1}{3}})=f(0)$ .

= \lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}f'\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{1}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{3}f'\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{x^{\frac{2}{3}}}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}f''\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{\frac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}}=\lim_{ x \to 0 } \frac{1}{6} \frac{f''\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{x^{\frac{1}{3}}}

אם נגזור עוד פעם אנו נכנסים ללופ שלא נגמר. רבקה טוענת שניתן לעצור פה. למה? נוכל לעשות את הדבר הבא:

=\frac{1}{6} \frac{\lim_{ x \to 0 } f''\left( x^{\frac{1}{3}} \right)-f''(0)}{x^{\frac{1}{3}}}=\frac{1}{6}f'''(0)

∎

משפט (כלל לופיטל)

נניח כי קיים $\delta>0$ עבור

$f,g$ לכל $0<|x-a|<\delta$
$g'(x)\neq 0$ לכל $0<|x-a|<\delta$ .
מתקיים $\lim_{ x \to a }f(x)=\lim_{ x \to a }g(x)=\pm \infty$ או $\lim_{ x \to a }f(x)=\lim_{ x \to a }g(x)=0$ .
$\lim_{ x \to a } \frac{f'}{g'}$ קיים במובן הרחב

אזי $\lim_{ x \to a } \frac{f}{g}$ קיים במובן הרחב ומתקיים:

\lim_{ x \to a } \frac{f'}{g'}=\lim_{ x \to a } \frac{f}{g}

תרגיל

נתונה $f$ גזירה ב- $(a,b)$ . הוכיחו כי לנגזרת $f'$ לא יתכן שתהיה אי-רציפות סליקה ב- $x_{0} \in(a,b)$ .

הוכחה:
אי רציפות סליקה ⇐ $\lim_{ x \to x_{0} }f'(x)$ קיים אבל לא שווה ל- $f'(x_{0})$ .
נתון ש- $f$ גזירה ב- $x_{0}$ ⇐ $f$ רציפה ב- $x_{0}$ .

\lim_{ x \to x_{0} } f(x)=f(x_{0})\implies \lim_{ x \to x_{0} } f(x)-f(x_{0})=0

\lim_{ x \to x_{0} } (x-x_{0})=0

הפונקציה $f$ גזירה, $x$ גזירה:

f'(x_{0})=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0} } \frac{f'(x)}{1}=\lim_{ x \to x_{0} } f'(x)

כלומר, $f'$ רציפה ב- $x_{0}$ ⇐ אין לה אי רציפות סליקה.
∎

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}

זוהי בעיה מסוג " $1^{\infty}$ ".

=\lim_{ x \to 0 } =\left( 1+\frac{\sin x}{x}-1 \right)^{\frac{1}{x^2}}=\lim_{ x \to 0 } \left( \left( 1+\frac{\sin x-x}{x} \right)^{\frac{x}{\sin x -x}} \right)^{\frac{\sin x -x}{x^3}}

\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x-x}{x^3}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\cos x-1}{3x^2}=\lim_{ x \to 0 } \frac{-\sin x}{6x}= -\frac{1}{6}

\lim_{ x \to 0 } \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{\frac{1}{x^2}}=e^{-\frac{1}{6}}

תרגיל

מצאו את:

\lim_{ x \to 0^+ } (2\sin x)^{3\tan x}

(2\sin x)^{3\tan x}=e^{\ln(2\sin x)^{3\tan x}}=e^{3\tan x \ln(2\sin x)}

=\lim_{ x \to 0^+ } 3\tan x\cdot \ln (2\sin x)=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{3\sin x}{\cos x}\ln(2\sin x)

\begin{cases} \lim_{ x \to 0^+ } \frac{3}{\cos x}=3 \\ \lim_{ x \to 0^+ } \sin x \ln(2\sin x)=\lim_{ x \to 0^+} \frac{\ln(2\sin x)}{\frac{1}{\sin x}}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{\cancel{ 2 }\sin x}(\cancel{ 2 }\cancel{ \cos x })}{\left( -\frac{1}{\sin^2x}\cancel{ \cos x } \right)}=\lim_{ x \to 0^+ } (-\sin x)=0 \end{cases}

\lim_{ x \to 0^+ } \frac{3\sin x}{\cos x}\ln(2\sin x)= 3 \cdot 0=0

תרגיל

מצאו:

\lim_{ x \to \infty } \frac{x-\sin x}{x+\sin x}

=\lim_{ x \to \infty }\cancel{ \frac{1-\cos x}{1+\cos x }}=\dots

כלל לופיטל נכשל פה כי התנאים שלו לא מתקיימים. $\lim_{ x \to \infty }\frac{f'}{g'}$ לא קיים.

\lim_{ x \to \infty } \frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\lim_{ x \to \infty } \frac{x}{\sqrt{ x^2+1 }}=\lim_{ x \to \infty } \frac{1}{\frac{2x}{2\sqrt{ x^2+1 }}}=\lim_{ x \to \infty } \frac{\sqrt{ x^2+1 }}{x}=\lim_{ x \to \infty } \frac{\frac{2x}{2\sqrt{ x^2+1 }}}{1}=\lim_{ x \to \infty } \frac{x}{\sqrt{ x^2+1 }}

זה גם נכשל

\lim_{ x \to \infty } \frac{x-\sin x}{x+\sin x}=\lim_{ x \to \infty } \frac{1-\frac{1}{x}\sin x}{1+\frac{1}{x}\sin x}=\frac{1}{1}=1

תרגיל

תהא $f(x)$ בעלת נגזרת רציפה מסדר ראשון ושני המקיימת $f(0)=0$ ונגדיר:

g(x)=\begin{cases} \frac{f(x)}{x} & x\neq 0 \\ f'(0) & x=0 \end{cases}

א. האם $g$ גזירה ב- $x=0$ ?
ב. האם $g$ בעלת נגזרת רציפה ב- $x=0$ ?

פתרון א':

\lim_{ x \to 0 } \frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{f(x)}{x}-f'(0)}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f'(0)x}{x^2}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f'(x)-f'(0)}{2x}

גבול זה קיים ושווה ל- $\frac{1}{2}f''(0)$ כי $f'$ גזירה ב- $x=0$ . ומכאן ש- $g'(0)=\frac{1}{1}f''(0)$ .

פתרון ב':

g'(x)=\begin{cases} \frac{f'(x)x-f(x)}{x^2} & x\neq 0 \\ \frac{1}{2}f''(0) & x=0 \end{cases}

נרצה לבדוק האם $g'(0)=\lim_{ x \to 0 }g'(x)$ .

\begin{cases} \lim_{ x \to 0 } f(x)=f(0)=0 \\ \lim_{ x \to 0 } f'(x)x=f'(0) \cdot 0=0 \\ \lim_{ x \to 0 } (f'(x)x-f(x))=0 \end{cases}

\lim_{ x \to 0 } \frac{f'(x)x-f(x)}{x^2}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f''(x)x+\cancel{ f'(x) }-\cancel{ f'(x) }}{2x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{1}{2}f''(x)=\frac{1}{2}f''(0)

לכן $g$ בעלת נגזרת רציפה ב- $x=0$ .

תרגיל

נגדיר:

f(x)=\begin{cases} \frac{(\pi+x)|x|}{\sin x} & \sin x \neq 0 \\ -\pi & \sin x = 0 \end{cases}

האם $f$ גזירה ב- $-\pi$ ?

\lim_{ h \to 0 } \frac{f(-\pi+h)-f(-\pi)}{h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{\frac{(\pi-\pi+h)(\pi-h)}{\sin(\pi+h)}-(-\pi)}{h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{\frac{h(\pi-h)}{-\sin h}+\pi}{h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{h(h-\pi)+\pi \sin h}{h\sin h}

=\lim_{ h \to 0 } \frac{2h-\pi+\pi \cos h}{\sin h+h\cos h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{2-\pi \sin h}{\cos h +\cos h -h\sin h}=\lim_{ h \to 0 } \frac{2}{1+1}=1

("לא נוח לעשות לופיטל כשזה מגדל" - רבקה)

תרגיל

הוכיחו כי אם $f$ גזירה 3 פעמים בכל נקודה וגם $f'(0)=f''(0)=0$ אז $g(x)=f(x^{\frac{1}{3}})$ גזירה ב- $x=0$ .

הוכחה:

\lim_{ x \to 0 } \frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f\left( x^{\frac{1}{3}} \right)-f\left( 0^{\frac{1}{3}} \right)}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{f\left( x^{\frac{1}{3}} \right)-f(0)}{x}

הפונקציה $f$ גזירה ולכן רציפה ⇐ $\lim_{ x \to 0 }f(x)=f(0)$ .

\lim_{ x \to 0 } x^{\frac{1}{3}}=0

ולכן, מגבול של הרכבה נובע כי $\lim_{ x \to 0 }f(x^{\frac{1}{3}})=f(0)$ .

= \lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}f'\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{1}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{3}f'\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{x^{\frac{2}{3}}}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}}f''\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{\frac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}}}=\lim_{ x \to 0 } \frac{1}{6} \frac{f''\left( x^{\frac{1}{3}} \right)}{x^{\frac{1}{3}}}

אם נגזור עוד פעם אנו נכנסים ללופ שלא נגמר. רבקה טוענת שניתן לעצור פה. למה? נוכל לעשות את הדבר הבא:

=\frac{1}{6} \frac{\lim_{ x \to 0 } f''\left( x^{\frac{1}{3}} \right)-f''(0)}{x^{\frac{1}{3}}}=\frac{1}{6}f'''(0)

∎