Лопиталово правило

Ако се заменом вредности x0{x_0} (односно ако x→∞x \to \infty) у функцију f(x)f\left( x \right) добије неодређеност облика 00\frac{0}{0} или ∞∞\frac{\infty }{\infty }, тада се израчунавање граничне вредности lim⁡x→∞f(x))\left. {\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right)} \right) могу применити следећа правила:

  1. Нека су функције ff и gg дефинисане и диференцијабилне у околини U(x0)U\left( {{x_0}} \right) или U(x0)\{x0}U\left( {{x_0}} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}. Нека је

    lim⁡x→x0f(x)=lim⁡x→x0g(x)=0\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = 0

    и g‘(x)≠0,x∈U(x0)\{x0}g`\left( x \right) \ne 0,x \in U\left( {{x_0}} \right)\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}.
    Ако је тада 

    lim⁡x→x0f‘(x)g‘(x)=A,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f`\left( x \right)}}{{g`\left( x \right)}} = A,

    онда је

    lim⁡x→x0f(x)g(x)=A\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = A

    Исти закључак важи када је

    lim⁡x→x0f(x)=lim⁡x→x0g(x)=∞,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g\left( x \right) = \infty ,

    а такође и када x→x0±0x \to {x_0} \pm 0,
  2. Нека су функције ff и gg диференцијабилне за ∣x∣>a,a>0\left| x \right| > a,a > 0 и

    lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞g(x)=0\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } g\left( x \right) = 0

    и

    lim⁡x→∞g(x)≠0\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } g\left( x \right) \ne 0.

    Ако је тада

    lim⁡x→∞f‘(x)g‘(x)=A\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f`\left( x \right)}}{{g`\left( x \right)}} = A,

    онда је 

    lim⁡x→∞f(x)g(x)=A\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}} = A

    Исти закључак важи и када је 

    lim⁡x→∞f(x)=lim⁡x→∞g(x)=∞\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } g\left( x \right) = \infty.

Применом Лопиталовог правила могу се наћи граничне вредности неодређених израза ′′00′′,′′∞∞′′,′′0⋅∞′′,′′∞−∞′′,′′00′′,′′∞0′′,′′1∞′′''\frac{0}{0}'',''\frac{\infty }{\infty }'',''0 \cdot \infty '',''\infty - \infty '',''{0^0}'',''{\infty ^0}'',''{1^\infty }''.

Облици ′′0⋅∞′′''0 \cdot \infty'' и ′′∞−∞′′''\infty - \infty'' најпре се трансформишу у разломке облика ′′00′′''\frac{0}{0}'' или ′′∞∞′′''\frac{\infty }{\infty }'', па се онда примени Лопиталово правило, а изрази ′′00′′''{0^0}'', ′′∞0′′''{\infty ^0}'' и ′′1∞′′''{1^\infty }'' се претходно логоритмују, нађе се гранична вредност њиховог логаритма, а затим и гранична вредност саме функције.

Лопиталово правило решава границе облика 00\frac{0}{0} и ∞∞\frac{\infty}{\infty}: ако ff и gg обе теже нули или обе бесконачности, онда је lim⁡f(x)g(x)=lim⁡f′(x)g′(x)\lim \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \frac{f'(x)}{g'(x)}, ако гранична вредност количника извода постоји. Бројилац и именилац се диференцирају посебно, а не по правилу за извод количника. Правило се сме поновити ако неодређеност остане.

Облици 0⋅∞0 \cdot \infty и ∞−∞\infty - \infty прво се преуреде у разломак, на пример xln⁡x=ln⁡x1xx\ln x = \frac{\ln x}{\frac{1}{x}}. Облици 1∞1^\infty, 000^0 и ∞0\infty^0 се логаритмују: нађе се граница логаритма, па је резултат ee на ту границу. Пре сваке примене проверите да је облик заиста неодређен: за lim⁡x→0cos⁡xx+1\lim_{x \to 0} \frac{\cos x}{x + 1} правило би дало 0, а тачан резултат је 1.

0,511,522,5−0,50,51,52,50xyf(x)g(x)
2
1,5
f(x) : g(x)
0,9242
f′(0) : g′(0)
2
Плава крива је f(x)=ln⁡(1+ax)f(x) = \ln(1 + ax), а зелена g(x)=xg(x) = x. Обе теже нули кад x→0x \to 0, па је f(x)g(x)\frac{f(x)}{g(x)} облика 00\frac{0}{0}. Померите xx ка нули: количник се приближава количнику нагиба f′(0)g′(0)=a\frac{f'(0)}{g'(0)} = a, јер близу нуле крива ff скоро се поклапа са својом тангентом. Ово је граница из примера, са aa уместо 0,060{,}06.

Формула за непрекидно укамаћивање, (1+rn)n→er\left(1 + \frac{r}{n}\right)^n \to e^r, може се извести управо овим правилом, а инжењери га користе кад формула у некој тачки даје 00\frac{0}{0}, на пример у обради сигнала.

Непрекидно укамаћивање

Банка нуди годишњу камату од 6%. Ако се камата приписује nn пута годишње, 100.000 динара после годину дана нарасте на 100 000(1+0,06n)n100\,000\left(1 + \frac{0{,}06}{n}\right)^n. Колико би било кад би се камата приписивала непрекидно, тј. за n→∞n \to \infty?

Решење

  1. Граница L=lim⁡n→∞(1+0,06n)nL = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{0{,}06}{n}\right)^n је облика 1∞1^\infty, па је логаритмујемо: ln⁡L=lim⁡n→∞nln⁡(1+0,06n)\ln L = \lim_{n \to \infty} n\ln\left(1 + \frac{0{,}06}{n}\right).
  2. Сменом x=1nx = \frac{1}{n} добијамо ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(1+0,06x)x\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + 0{,}06x)}{x}, што је облик 00\frac{0}{0}.
  3. По Лопиталовом правилу диференцирамо бројилац и именилац посебно: ln⁡L=lim⁡x→00,061+0,06x1=0,06\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{\frac{0{,}06}{1 + 0{,}06x}}{1} = 0{,}06.
  4. Дакле L=e0,06≈1,061837L = e^{0{,}06} \approx 1{,}061837, а износ је 100 000⋅e0,06≈106 183,65100\,000 \cdot e^{0{,}06} \approx 106\,183{,}65 динара.

Одговор: Уз непрекидно укамаћивање износ би био око 106.183,65 динара, свега 183,65 динара више него уз годишње приписивање камате.

Задатак за вежбу

Израчунајте lim⁡x→0(1+3x)1x\lim_{x \to 0} (1 + 3x)^{\frac{1}{x}}.

Прикажи решење

Облик је 1∞1^\infty. ln⁡L=lim⁡x→0ln⁡(1+3x)x\ln L = \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1 + 3x)}{x} је облика 00\frac{0}{0}, а по Лопиталу lim⁡x→031+3x=3\lim_{x \to 0} \frac{3}{1 + 3x} = 3. Зато је L=e3≈20,09L = e^3 \approx 20{,}09.