=סרטונים מצולמים בנושא=
<videoflash>PaDFSrtsOE4</videoflash>
=כלל לופיטל=
תהיינה שתי פונקציות <math>f,g</math> . ותהי נקודה <math>x_0\in\R</math> או <math>x_0=\pm\infty</math> כך ש-
:<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>
==מקרה שני <math>0\cdot \infty</math>==
נניח <math>L=0\ ,\ M=\infty</math> ועלינו לחשב את הגבול <math>\lim\limits_{x\to x_0}f\cdot g</math> .
===דוגמא 4===
חשבו את הגבול <math>\lim\limits_{x\to0}\Big[x\cdot\ln(x)\Big]</math> .
זהו מקרה של <math>-\infty\cdot0</math> . נעביר את הביטוי לצורה של שבר (באמצעות כלל האוזן), ונפעיל את כלל לופיטל:
:<math>\lim\limits_{x\to0}\Big[x\cdot\ln(x)\Big]=\lim\limits_{x\to0}\frac{\ln(x)}{\frac1frac{1}{x}}=</math>
נגזור מונה ומכנה ונקבל
:<math>=\lim\limits_{x\to 0to0}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac1frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to0}-x=0</math>
'''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 <math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\cdot\sin\left(\tfrac{1}{x}\right)\Big]</math> .
זהו מקרה של <math>\infty\cdot0</math> . נעביר את הביטוי לצורה של שבר, ונפעיל את כלל לופיטל:
:<math>\lim\limits_{x\to\infty}\Big[e^x\cdot\sin\left(\tfrac{1}{x}\right)\Big]=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sin\left(\tfrac{1}{x}\right)}{e^{-x}}=</math>
נגזור מונה ומכנה ונקבל
:<math>=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{-\frac1frac{1}{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
:<math>\lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{x^2}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{2x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{e^x}{2}=\infty</math>
אם נחבר את כל התוצאות יחדיו, נקבל כי
:<math>\lim\limits_{x\to \infty}\Big[e^x\cdot\sin(\tfrac1{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\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}\fracdfrac{\sin^3(x)\cdot\ln(x+1)\cdot\cos(x)}{x^2\cdot\arctan^2(x)}</math>.
נפריד אותו לחלקים באופן הבא:
:<math>\lim\limits_{x\to 0to0}\fracdfrac{\sin^3(x)\cdot\ln(x+1)\cdot\cos(x)}{x^2\cdot\arctan^2(x)} = \lim\limits_{x\to 0to0}\Bigleft(\fracdfrac{\sin(x)}{x}\Bigright)^3\cdot\fraclim\limits_{x\to0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}\cdot \Biglim\limits_{x\to0}\left(\fracdfrac{x}{\arctan(x)}\Bigright)^2\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}\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- <math>0</math> נגדיר להיות
<math>g(0):=\lim\limits_{x\to 0to0}\fracdfrac{f(x)}{x^{n}}=\lim\limits_{x\to 0to0}\fracdfrac{f'(x)}{nx^{n-1}}=\lim\limits_{x\to 0to0}\fracdfrac{f^{(2)}(x)}{n(n-1)x^{n-2}}=\dotscdots=\lim\limits_{x\to 0to0}\fracdfrac{f^{(n)}(x)}{n!}=\frac5frac{5}{n!}</math>
כעת <math>\lim\limits_{x\to 0to0}\fracdfrac{f(x)}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to 0to0}\fracdfrac{g(x)x^n}{\sin^n(2x)}=\lim\limits_{x\to 0}g(x)\Big(\frac1{2}dfrac12\cdot\fracdfrac{2x}{\sin(2x)}\Big)^n=\dfrac{g(0)\frac1}{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>
הגבול של מנתם 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 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> עבורה:<math>\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\dfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}</math>ולכן נקבל <math>\lim\limits_{x\to a^+}\fracdfrac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\fracdfrac{f'\big(c(x)\big)}{g'\big(c(x)\big)}=\lim\limits_{c\to a^+}\fracdfrac{f'(c)}{g'(c)}</math>.
כרצוי השוויון האחרון נובע מכך ש- <math>a<c(x)<x</math> וממשפט הסנדוויץ'.
הערה: המשפט נכון גם עבור במקרים שהמקרים: 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>)
[[קטגוריה:אינפי]]