🏥

Κανόνες De L'Hospital

Μορφές 0/0 και ±∞/±∞, προϋποθέσεις, διαδοχική εφαρμογή, παγίδες

Γιατί με νοιάζει;

Ποιο μεγαλώνει πιο γρήγορα: το $x^{100}$ ή το $e^x$ ; Για $x = 100$ είναι $x^{100} = 10^{200}$ , ενώ $e^{100} \approx 2{,}7 \cdot 10^{43}$ . Μοιάζει να κερδίζει η δύναμη με διαφορά. Κι όμως, από περίπου $x = 648$ και μετά η εκθετική την ξεπερνά οριστικά, και $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^{100}}{e^x} = 0$ .

Ο κανόνας De L'Hospital αποφασίζει τέτοιους «αγώνες» σε λίγες γραμμές και είναι ο γρηγορότερος δρόμος για όρια με $e^x$ και $\ln x$ στο Θέμα Γ.

Ένας «αγώνας δρόμου» προς το μηδέν

Στο όριο $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}$ με $f(x) \to 0$ και $g(x) \to 0$ , αριθμητής και παρονομαστής «τρέχουν» και οι δύο προς το μηδέν. Το κλάσμα μπορεί να καταλήξει οπουδήποτε — γι' αυτό η μορφή $\frac{0}{0}$ λέγεται απροσδιόριστη.

Ποιος «κερδίζει»; Αυτός που πλησιάζει το μηδέν πιο αργά. Και η ταχύτητα προσέγγισης είναι ακριβώς αυτό που μετρά η παράγωγος! Η ιδέα του De L'Hospital: αντί να συγκρίνεις τις τιμές $f, g$ (που μηδενίζονται), σύγκρινε τους ρυθμούς τους $f', g'$ .

Κανόνας (μορφή $\frac{0}{0}$ ): Αν $\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = 0$ , οι $f, g$ είναι παραγωγίσιμες κοντά στο $x_0$ και υπάρχει το $\lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ (πεπερασμένο ή άπειρο), τότε:

$\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$

Το $x_0$ μπορεί να είναι και $\pm\infty$ , και το όριο μπορεί να είναι πλευρικό.

$\text{μορφή } \tfrac{0}{0} \text{ ή } \tfrac{\pm\infty}{\pm\infty}: \quad \lim \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \frac{f'(x)}{g'(x)}, \;\; \text{εφόσον το δεξί όριο υπάρχει}$

Πλησίασε το x₀ από τις δύο πλευρές: θα ανακαλύψεις ότι ενώ f και g σβήνουν μαζί στο μηδέν, ο λόγος τους σταθεροποιείται — και ότι η τιμή στην οποία «κλειδώνει» είναι ακριβώς ο λόγος των κλίσεών τους στο x₀.

Ήξερες ότι;

Ο κανόνας πήρε το όνομα του μαρκησίου de L'Hospital, που τον δημοσίευσε το 1696 στο πρώτο εγχειρίδιο Διαφορικού Λογισμού στην ιστορία. Τον είχε όμως ανακαλύψει ο δάσκαλός του, Johann Bernoulli: ο μαρκήσιος τον πλήρωνε με συμφωνία για να του στέλνει τις μαθηματικές του ανακαλύψεις.

Παράδειγμα 1 (απλή εφαρμογή): $\lim_{x \to 1} \dfrac{\ln x}{x - 1}$ .

Για $x \to 1$ : $\ln x \to 0$ και $x - 1 \to 0$ , μορφή $\frac{0}{0}$ . Οι $\ln x$ , $x - 1$ είναι παραγωγίσιμες, οπότε εξετάζουμε:

$\lim_{x \to 1} \frac{(\ln x)'}{(x - 1)'} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 1$

Το όριο υπάρχει, άρα $\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x - 1} = 1$ .

Παράδειγμα 2 (διαδοχική εφαρμογή): $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - x - 1}{x^2}$ .

Μορφή $\frac{0}{0}$ . Πρώτη εφαρμογή: $\lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{2x}$ — ξανά $\frac{0}{0}$ ! Ελέγχουμε τη μορφή και εφαρμόζουμε δεύτερη φορά:

$\lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2} = \frac{1}{2}$

Άρα το αρχικό όριο είναι $\frac{1}{2}$ . Ο κανόνας εφαρμόζεται όσες φορές χρειαστεί, αρκεί κάθε φορά να επαληθεύεις ότι έχεις απροσδιόριστη μορφή.

Γρήγορος έλεγχος

Για το $\lim_{x \to 0^+} \dfrac{x + 1}{x}$ μαθητής εφαρμόζει De L'Hospital και βρίσκει $\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{1} = 1$ . Πού είναι το λάθος;

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο είναι το $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{2x} - 1}{x}$ ;

Κόλπο μνήμης

«Χωριστά, όχι πηλίκο.» Στον De L'Hospital παραγωγίζεις αριθμητή και παρονομαστή χωριστά: $\frac{f'}{g'}$ , όχι $\left(\frac{f}{g}\right)'$ . Και σκέψου τον κανόνα σαν πόρτα με «έλεγχο εισόδου»: περνούν μόνο τα $\frac{0}{0}$ και $\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$ .

Μορφή ∞/∞ και η ιεραρχία των απείρων

Ο κανόνας ισχύει αυτούσιος και για τη μορφή $\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$ : αν $\lim f = \pm\infty$ , $\lim g = \pm\infty$ και υπάρχει το $\lim \frac{f'}{g'}$ , τότε $\lim \frac{f}{g} = \lim \frac{f'}{g'}$ .

Εδώ κρύβεται μια από τις πιο χρήσιμες αλήθειες της Ανάλυσης — η ιεραρχία των απείρων:

$\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 0 \qquad \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{e^x} = 0$

Δηλαδή: ο λογάριθμος «χάνει» από κάθε δύναμη του $x$ , και κάθε δύναμη «χάνει» από την εκθετική. Συμβολικά: $\ln x \ll x^{\nu} \ll e^x$ καθώς $x \to +\infty$ . Για το $\frac{x^{\nu}}{e^x}$ εφαρμόζεις τον κανόνα διαδοχικά μέχρι να «λιώσει» ο αριθμητής — το αποτέλεσμα είναι πάντα $0$ .

Κάνε zoom out σε ολοένα μεγαλύτερα x: θα ανακαλύψεις ότι η eˣ ξεκολλάει θεαματικά από κάθε πολυώνυμο και η lnx σέρνεται σχεδόν οριζόντια — αυτή η «ιεραρχία απείρων» είναι που κάνει τα όρια x/eˣ και lnx/x να μηδενίζονται.

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο κάνει το $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x^2}$ ;

Παράδειγμα 3 (διαδοχικά στο $\infty/\infty$ ): $\lim_{x \to +\infty} \frac{x^2}{e^x}$ : μορφή $\frac{+\infty}{+\infty}$ → $\lim_{x \to +\infty} \frac{2x}{e^x}$ , ξανά $\frac{+\infty}{+\infty}$ → $\lim_{x \to +\infty} \frac{2}{e^x} = 0$ .

Παράδειγμα 4 ( $0 \cdot \infty$ στο $-\infty$ ): $\lim_{x \to -\infty} x e^x$ : μορφή $(-\infty) \cdot 0$ . Γράφουμε $x e^x = \frac{x}{e^{-x}}$ , μορφή $\frac{-\infty}{+\infty}$ , και

$\lim_{x \to -\infty} \frac{x}{e^{-x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{-e^{-x}} = 0$

αφού ο παρονομαστής $-e^{-x} \to -\infty$ .

Οι παγίδες — εδώ «κόβονται» μονάδες

Μόνο σε πηλίκα, μόνο σε απροσδιόριστες μορφές. Σε γινόμενα ( $0 \cdot \infty$ ) ή διαφορές ( $\infty - \infty$ ) ΔΕΝ εφαρμόζεται απευθείας — πρώτα μετασχηματίζεις σε πηλίκο: $x \ln x = \frac{\ln x}{1/x}$ , οπότε για $x \to 0^+$ προκύπτει μορφή $\frac{-\infty}{+\infty}$ και τότε:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0$

Δεν παραγωγίζεις το πηλίκο! Παραγωγίζεις χωριστά αριθμητή και παρονομαστή: $\frac{f'}{g'}$ , ΟΧΙ $\left( \frac{f}{g} \right)'$ .
Αν το $\lim \frac{f'}{g'}$ δεν υπάρχει, δεν συμπεραίνεις τίποτα. Ο κανόνας δίνει συμπέρασμα μόνο όταν το νέο όριο υπάρχει (πεπερασμένο ή άπειρο)· αλλιώς το αρχικό όριο μπορεί κάλλιστα να υπάρχει και πρέπει να βρεθεί με άλλον τρόπο.
Έλεγχος μορφής σε ΚΑΘΕ βήμα στη διαδοχική εφαρμογή — μόλις η μορφή πάψει να είναι απροσδιόριστη, σταματάς και αντικαθιστάς.

Μέθοδος: μετατροπή σε $\frac{0}{0}$ ή $\frac{\infty}{\infty}$

$0 \cdot (\pm\infty)$ : γράψε $f g = \dfrac{f}{1/g}$ ή $\dfrac{g}{1/f}$ . Κράτα στον αριθμητή τον παράγοντα που «δεν θέλει» να παραγωγιστεί ως παρονομαστής — π.χ. στο $x \ln x$ κράτα το $\ln x$ πάνω.
$(+\infty) - (+\infty)$ : κάνε ομώνυμα κλάσματα ή βγάλε κοινό παράγοντα, ώστε να προκύψει πηλίκο.
Έλεγξε ξανά τη μορφή· εφάρμοσε τον κανόνα μόνο αν είναι $\frac{0}{0}$ ή $\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$ .
Αν μετά από μία εφαρμογή το κλάσμα «χειροτερεύει» (π.χ. μεγαλώνουν οι δυνάμεις στον παρονομαστή), γύρνα πίσω και άλλαξε τη μορφή του πηλίκου.

Παράδειγμα 5 ( $\infty - \infty$ ): Να υπολογιστεί το $\lim_{x \to 0^+} \left(\dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{e^x - 1}\right)$ .

Λύση: Για $x \to 0^+$ και οι δύο όροι $\to +\infty$ : μορφή $(+\infty) - (+\infty)$ . Κάνουμε ομώνυμα:

$\frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} = \frac{e^x - 1 - x}{x(e^x - 1)}$

Μορφή $\frac{0}{0}$ . Πρώτη εφαρμογή: $\lim_{x \to 0^+} \dfrac{e^x - 1}{e^x - 1 + x e^x}$ , πάλι $\frac{0}{0}$ . Δεύτερη εφαρμογή:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{e^x + e^x + x e^x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{e^x}{e^x(2 + x)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{2 + x} = \frac{1}{2}$

Γρήγορος έλεγχος

Πόσο είναι το $\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x + \eta\mu x}{x}$ ;

Θέμα τύπου Πανελλαδικών (Θέμα Γ): Να βρεθούν τα $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ ώστε το όριο $\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x + \alpha x + \beta}{x^2}$ να είναι πραγματικός αριθμός $\ell$ , και να βρεθεί το $\ell$ .

Λύση: Θέτουμε $h(x) = \frac{e^x + \alpha x + \beta}{x^2}$ με $\lim_{x \to 0} h(x) = \ell \in \mathbb{R}$ .

Βήμα 1: $e^x + \alpha x + \beta = x^2 h(x) \to 0 \cdot \ell = 0$ . Όμως ο αριθμητής είναι συνεχής, άρα το όριό του είναι η τιμή στο $0$ : $1 + \beta = 0$ , δηλαδή $\beta = -1$ .

Βήμα 2: $\frac{e^x + \alpha x - 1}{x} = x h(x) \to 0$ . Αυτό το όριο είναι μορφής $\frac{0}{0}$ και με De L'Hospital ισούται με $\lim_{x \to 0} (e^x + \alpha) = 1 + \alpha$ . Άρα $1 + \alpha = 0$ , δηλαδή $\alpha = -1$ .

Βήμα 3: $\ell = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - x - 1}{x^2} = \frac{1}{2}$ (δύο εφαρμογές, όπως στο Παράδειγμα 2).

Απάντηση: $\alpha = \beta = -1$ και $\ell = \frac{1}{2}$ .

Στο γραπτό σου ο De L'Hospital θέλει «τελετουργικό» τριών γραμμών: (α) δείξε ότι η μορφή είναι $\frac{0}{0}$ ή $\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$ υπολογίζοντας τα όρια αριθμητή/παρονομαστή, (β) γράψε «οι $f, g$ είναι παραγωγίσιμες», (γ) υπολόγισε το $\lim \frac{f'}{g'}$ και, εφόσον υπάρχει, ισιώσε την ισότητα. Σε όρια με $e^x$ και $\ln x$ ο κανόνας είναι σχεδόν πάντα ο γρηγορότερος δρόμος — αλλά σε ρητές με $x \to \pm\infty$ προτίμησε τους μεγιστοβάθμιους όρους: πιο σύντομο και χωρίς προϋποθέσεις. Αν η εκφώνηση γράφει «χωρίς χρήση του κανόνα De L'Hospital», σεβάσου το — αλλιώς μηδενίζεται το ερώτημα.

Πρόκληση

Πόσο κάνει το $\lim_{x \to 0^+} x^x$ ; Η «μορφή» $0^0$ θυμίζει και το $0$ (αφού $0^{\text{κάτι}} = 0$ ) και το $1$ (αφού $\text{κάτι}^0 = 1$ ). Να το υπολογίσετε και έπειτα να βρείτε την ελάχιστη τιμή της $f(x) = x^x$ , $x > 0$ .

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

Βήμα 1: γράψε τη δύναμη ως εκθετική. Για $x > 0$ : $x^x = e^{x \ln x}$ .

Βήμα 2: ο εκθέτης. Το $\lim_{x \to 0^+} x \ln x$ είναι μορφής $0 \cdot (-\infty)$ . Γράφουμε $x \ln x = \frac{\ln x}{1/x}$ , μορφή $\frac{-\infty}{+\infty}$ , και με De L'Hospital:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0$

Βήμα 3: σύνθεση. Με $u = x \ln x \to 0$ : $\lim_{x \to 0^+} x^x = \lim_{u \to 0} e^u = 1$ .

Ελάχιστη τιμή: $f'(x) = \left(e^{x \ln x}\right)' = e^{x \ln x}(\ln x + 1) = x^x (\ln x + 1)$ . Μηδενίζεται στο $x = \frac{1}{e}$ , είναι αρνητική για $0 < x < \frac{1}{e}$ και θετική για $x > \frac{1}{e}$ . Ελάχιστη τιμή:

$f\left(\tfrac{1}{e}\right) = \left(\tfrac{1}{e}\right)^{1/e} = e^{-1/e} \approx 0{,}69$

Η «στροφή»: καθώς $x \to 0^+$ η $x^x$ πλησιάζει το $1$ , «βουτά» ως το $0{,}69$ στο $\frac{1}{e}$ και ξαναγυρνά στο $1$ για $x = 1$ . Κάθε δύναμη με μεταβλητή και στη βάση και στον εκθέτη γράφεται πρώτα ως $e^{(\dots)}$ .

Συνηθισμένα λάθη

Γράφεις το « $=$ » του De L'Hospital πριν δείξεις ότι η μορφή είναι απροσδιόριστη. Στο γραπτό υπολόγισε πρώτα τα όρια αριθμητή και παρονομαστή.
Χρησιμοποιείς De L'Hospital για να αποδείξεις τύπο παραγώγου (π.χ. $(\ln x)' = \frac{1}{x}$ μέσω του $\lim \frac{\ln x}{x - 1}$ ): κυκλικός συλλογισμός, αφού ο κανόνας ήδη χρησιμοποιεί την παράγωγο.
Χάνεις πρόσημα σε όρια στο $-\infty$ : εκεί $e^{-x} \to +\infty$ ενώ $e^x \to 0$ .
Μετά τη μετατροπή $f g = \frac{f}{1/g}$ ξεχνάς ότι και το $\frac{1}{g}$ παραγωγίζεται (με τον κανόνα του πηλίκου ή της αλυσίδας).

Σύνοψη — τι κρατάμε

Μόνο για πηλίκα μορφής $\frac{0}{0}$ ή $\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$ : $\lim \frac{f}{g} = \lim \frac{f'}{g'}$ , εφόσον το δεύτερο όριο υπάρχει.
Παραγωγίζεις χωριστά αριθμητή και παρονομαστή — όχι το πηλίκο.
$0 \cdot \infty$ και $\infty - \infty$ : πρώτα μετατροπή σε πηλίκο.
Ιεραρχία στο $+\infty$ : $\ln x \ll x^\nu \ll e^x$ .
Όριο πραγματικός αριθμός με παρονομαστή $\to 0$ ⇒ αριθμητής $\to 0$ : έτσι βρίσκονται οι παράμετροι.

Ένας «αγώνας δρόμου» προς το μηδέν

Στο όριο

\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}

με

f(x) \to 0

και

g(x) \to 0

, αριθμητής και παρονομαστής «τρέχουν» και οι δύο προς το μηδέν. Το κλάσμα μπορεί να καταλήξει οπουδήποτε — γι' αυτό η μορφή

\frac{0}{0}

λέγεται απροσδιόριστη.

f, g

(που μηδενίζονται), σύγκρινε τους ρυθμούς τους

f', g'

Κανόνας (μορφή $\frac{0}{0}$ ): Αν

\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} g(x) = 0

, οι

f, g

είναι παραγωγίσιμες κοντά στο

x_0

και υπάρχει το

\lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}

(πεπερασμένο ή άπειρο), τότε:

\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}

Το

x_0

μπορεί να είναι και

\pm\infty

, και το όριο μπορεί να είναι πλευρικό.

Μορφή ∞/∞ και η ιεραρχία των απείρων

Ο κανόνας ισχύει αυτούσιος και για τη μορφή

\frac{\pm\infty}{\pm\infty}

: αν

\lim f = \pm\infty

\lim g = \pm\infty

και υπάρχει το

\lim \frac{f'}{g'}

, τότε

\lim \frac{f}{g} = \lim \frac{f'}{g'}

Εδώ κρύβεται μια από τις πιο χρήσιμες αλήθειες της Ανάλυσης — η ιεραρχία των απείρων:

\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 0 \qquad \lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{e^x} = 0

Δηλαδή: ο λογάριθμος «χάνει» από κάθε δύναμη του

x

, και κάθε δύναμη «χάνει» από την εκθετική. Συμβολικά:

\ln x \ll x^{\nu} \ll e^x

καθώς

x \to +\infty

. Για το

\frac{x^{\nu}}{e^x}

εφαρμόζεις τον κανόνα διαδοχικά μέχρι να «λιώσει» ο αριθμητής — το αποτέλεσμα είναι πάντα

0

Οι παγίδες — εδώ «κόβονται» μονάδες

Μόνο σε πηλίκα, μόνο σε απροσδιόριστες μορφές. Σε γινόμενα (

0 \cdot \infty

) ή διαφορές (

\infty - \infty

) ΔΕΝ εφαρμόζεται απευθείας — πρώτα μετασχηματίζεις σε πηλίκο:

x \ln x = \frac{\ln x}{1/x}

, οπότε για

x \to 0^+

προκύπτει μορφή

\frac{-\infty}{+\infty}

και τότε:

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

Δεν παραγωγίζεις το πηλίκο! Παραγωγίζεις χωριστά αριθμητή και παρονομαστή:

\frac{f'}{g'}

, ΟΧΙ

\left( \frac{f}{g} \right)'

Αν το $\lim \frac{f'}{g'}$ δεν υπάρχει, δεν συμπεραίνεις τίποτα. Ο κανόνας δίνει συμπέρασμα μόνο όταν το νέο όριο υπάρχει (πεπερασμένο ή άπειρο)· αλλιώς το αρχικό όριο μπορεί κάλλιστα να υπάρχει και πρέπει να βρεθεί με άλλον τρόπο.

Έλεγχος μορφής σε ΚΑΘΕ βήμα στη διαδοχική εφαρμογή — μόλις η μορφή πάψει να είναι απροσδιόριστη, σταματάς και αντικαθιστάς.

Κανόνες De L'Hospital

Ένας «αγώνας δρόμου» προς το μηδέν

Μορφή ∞/∞ και η ιεραρχία των απείρων

Οι παγίδες — εδώ «κόβονται» μονάδες

Μέθοδος: μετατροπή σε 00\frac{0}{0}00​ ή ∞∞\frac{\infty}{\infty}∞∞​

Κανόνες De L'Hospital

Ένας «αγώνας δρόμου» προς το μηδέν

Μορφή ∞/∞ και η ιεραρχία των απείρων

Οι παγίδες — εδώ «κόβονται» μονάδες

Μέθοδος: μετατροπή σε 00\frac{0}{0}00​ ή ∞∞\frac{\infty}{\infty}∞∞​

Μέθοδος: μετατροπή σε $\frac{0}{0}$ ή $\frac{\infty}{\infty}$

Μέθοδος: μετατροπή σε $\frac{0}{0}$ ή $\frac{\infty}{\infty}$