L'Hospitalovo pravidlo

Teoretické minimum

Uvažujme limitu podílu 

@b\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)},@b

která je typu @i"\frac{0}{0}"@i nebo @i"\frac{k}{\infty}",@i kde @ik\in\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}@i a @ia\in\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}@i.

Potom, jestliže existuje limita podílu

@b\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)},@b

pak platí @b\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}.@b

Tento postup výpočtu limit neurčitých výrazů nazýváme L'Hospitalovým pravidlem.

Důležité poznámky:

1.  Je nezbytné vždy ověřit předpoklady L'Hospitalova pravidla. Pokud podíl není žádného z uvedených typů. L'Hospitalovo pravidlo obecně nefunguje.
   
2.  Skutečně počítáme limitu podílu derivací, nikoliv limitu derivace podílu (výjimečně je to ta snazší možnost).
3.  L'Hospitalovo pravidlo lze použít i opakovaně. To znamená, že pokud je @b\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}@b opět neurčitým výrazem  @i"\frac{0}{0}"@i nebo @i"\frac{k}{\infty}",@i můžeme spočítat   @b\lim_{x\to a}\frac{f''(x)}{g''(x)}@b a pokud tato limita existuje, platí @b\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f''(x)}{g''(x)}@b atd. Je pouze třeba vždy ověřit předpoklady na typ limity.
   
   

Související

Derivace funkce, limita funkce.

Řešené příklady

1. Spočtěte @i\lim\limits_{x\to \infty}\frac{3x^3-4x^2-5x+1}{-3x^2+2x-0,5}@i

Z předchozích výpočtů již víme, že jak čitatel tak jmenovatel konvergují k plus (respektive mínus) nekonečnu. Dostáváme tedy podíl @i"\dfrac{\infty}{-\infty}"@i a jsou splněny předpoklady L'Hospitalova pravidla: @b\lim_{x\to\infty}\frac{3x^3-4x^2-5x+1}{-3x^2+2x-0,5}="\frac{\infty}{-\infty}"=\lim_{x\to\infty}\frac{9x^2-8x-5}{-6x+2}.@b

Vzhledem k tomu, že L'Hospitalovo pravidlo lze použít opakovaně, a nová limita je opět typu @i"\pm\frac{\infty}{\infty}"@i, můžeme znovu použít L'Hospitalovo pravidlo:

@b\lim_{x\to\infty}\frac{3x^3-4x^2-5x+1}{-3x^2+2x-0,5}="\frac{\infty}{-\infty}"=\lim_{x\to\infty}\frac{9x^2-8x-5}{-6x+2}="\frac{\infty}{-\infty}"=\lim_{x\to\infty}\frac{18x-8}{-6}="\frac{\infty}{-6}"=-\infty.@b

2. Spočtěte @i\lim\limits_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x^2}.@i

Limita v zadání je typu @i"\frac{0}{0}"@i. Předpoklady L'Hospitalova pravidla jsou tedy splněny a máme

@b\lim_{x\to0}\frac{\cos x-1}{x^2}="\frac{0}{0}"=\lim_{x\to}\frac{-\sin x}{2x}.@bNově vzniklá limita je opět typu @i"\frac{0}{0}"@i, takže bychom ji mohli vypočítat L'Hospitalovým pravidlem:

Pomocí L'Hospitalova pravidla se dají v některých případech spočítat i limity typu @i"0\cdot\infty"@i a také limity typu @i"\infty-\infty".@i

3. Spočtěte @i\lim\limits_{x\to0^+}x^2\cdot\ln x.@i

Na pravém okolí nuly je limita ze zadání typu @i"0\cdot(-\infty)".@i Jak již bylo řečeno, pro neurčitý výraz tohoto typu nelze použít L'Hospitalovo pravidlo. Nicméně, je možné přepsat daný výraz do tvaru vhodného pro použití L'Hospitalova pravidla. Podstatou tohoto postupu je myšlenka, že "násobení je převlečené dělení". Jinými slovy pro nenulová čísla @iA@i platí

@bA=\frac{1}{\frac{1}{A}}.@b

Poznamenejme, že na okolí bodu @ia@i budou výrazy, na které budeme tento vzorec používat,  skutečně nenulové.

Je tedy třeba rozhodnout se, který činitel přepíšeme tímto způsobem do jmenovatele. Dáme-li do jmenovatele výraz konvergující k nekonečnu, dostáváme limitu typu @i"\frac{0}{0}"@i neboť 

@b"0\cdot\infty=\frac{0}{\frac{1}{\infty}}=\frac{0}{0}".@b

A obdobně, použijeme-li tento vztah na výraz konvergující k nule, dostáváme limitu typu @i"\frac{\infty}{\infty}".@i V obou případech tedy bude splněn předpoklad L'Hospitalova pravidla. Volba činitele, který dáme do jmenovatele, tedy záleží na jejich charakteru. Obecně je vhodné dávat do jmenovatele mocniny, odmocniny a exponenciální funkce, neboť v takovém případě je derivace výrazu @i\frac{1}{A}@i obdobně jednoduchá jako derivace @iA@i. Na druhou stranu například právě výraz @i\ln x@i je nevhodný k přepsání do jmenovatele. To si můžeme ukázat na našem příkladě:

@b\lim_{x\to0^+}x^2\cdot\ln x=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{\frac{1}{\ln x}}="\frac{0}{0}"\stackrel{L'H}{=}\lim_{x\to0^+}\frac{2x}{-\frac{1}{\ln^2 x}\cdot\frac{1}{x}}.@b

Poslední výraz je po úpravě roven 

@b\lim_{x\to0^+}-2x^2\cdot\ln^2x.@b

Tento výraz je opět typu @i"0\cdot\infty"@i a je dokonce ještě složitější než výraz původní. Snadno nahlédneme, že pokud bychom se pokusili opět použít L'Hospitalovo pravidlo stejným způsobem, bude se výraz v limitě ještě více komplikovat (dále porostou mocniny logaritmu). Zkusme tedy přepsat do jmenovatele druhou mocninu místo logaritmu:

@b\lim_{x\to0^+}x^2\cdot\ln x=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x^{-2}}="\frac{-\infty}{\infty}"\stackrel{L'H}{=}\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-2x^{-3}}=\lim_{x\to0^+}-\frac{x^2}{2}=0.@b

4. Spočtěte @i\lim\limits_{x\to\infty}(\ln x-\sqrt{x})@i

Tato limita je typu @i"\infty-\infty",@i což není typ limity, na který lze použít L'Hospitalovo pravidlo. Ovšem občas je možné převést tento typ limity na vhodný součin a použitím předchozího postupu spočítat tuto limitu pomocí L'Hospitalova pravidla. Vtip spočívá ve vytvoření podílu a to pomocí vytýkání:

@b\lim\limits_{x\to\infty}\ln x\cdot\left(1-\frac{\sqrt x}{\ln x}\right).@b

První činitel tohoto součinu konverguje k nekonečnu. Pokud celý výraz v závorce nebude konvergovat k nule, dostáváme výraz, který konverguje k (minus) nekonečnu. Záleží tedy na tom, k čemu konverguje podíl @i\dfrac{\sqrt x}{\ln x}@i, což už ale, jak uvidíme, lze spočítat pomocí L'Hospitalova pravidla:

@b\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\sqrt x}{\ln x}="\frac{\infty}{\infty}"\,\stackrel{L'H}{=}\,\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{2\sqrt x}}{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sqrt x}{2}="\frac{\infty}{2}"=\infty.@b

Celkem tedy pro původní limitu platí

@b\lim\limits_{x\to\infty}\ln x-\sqrt x=\lim\limits_{x\to\infty}\ln x\cdot\left(1-\frac{\sqrt x}{\ln x}\right)="\infty\cdot(1-\infty)"="\infty\cdot(-\infty)"=-\infty.@b

Poznámka: Pokud je limita "@i\infty-\infty@i" vhodná pro tento způson použití L'Hospitalova pravidla, nezáleží na tom, vytkneme-li první či druhý člen. V případě vytknutí výrazu @i\sqrt x@i bychom obdrželi výraz

@b\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt x\cdot\left(\frac{\ln x}{\sqrt x}-1\right).@b

Není těžké ověřit použitím L'Hospitalova pravidla, že zlomek v závorce konverguje k nule a tudíž celý součin opět konverguje k @i-\infty.@i

5. Spočtěte limitu @i\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{2^{x-1}+5^{x}}{5^{x+2}-2^{x+1}}.@i

Dopředu předestíráme, že ačkoliv se jedná o případ limity @i"\pm\dfrac{\infty}{\infty}"@i, jak si čtenář může ověřit v kapitole o limitách, nelze tuto limitu vyřešit pomocí L'Hospitalova pravidla. Podmínky jsou sice splněny, ale použití L'Hospitala, jakkoliv oprávněné, nevede k žádnému cíli. Po derivaci totiž zůstává podíl stejného typu, jak můžeme snadno ověřit (předpoklady L'Hospitalova pravidla ověřovat nebudeme, jak spočítat limitu čitatele a jmenovatele se píše v kapitole Limita funkce):

@b\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2^{x-1}+5^{x}}{5^{x+2}-2^{x+1}}="\frac{\infty}{\infty}"\,\stackrel{L'H}{=}\,\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2^{x-1}\cdot\ln2+5^{x}\cdot\ln5}{5^{x+2}\cdot\ln5-2^{x+1}\cdot\ln2}.@b

Vidíme, že výraz v limitě je až na přenásobení konstantami stejný jako původní. Opět je to podíl typu @i"\dfrac{\infty}{\infty}"@i, ale opakované použití L'Hospitalova pravidla by jen vedlo k zvyšování mocnin konstant @i\ln2@i a @i\ln5@i. Tuto limitu je tedy třeba spočítat jinak. Myšlenka je obdobná hledání limity racionální funkce v @i\pm\infty.@i Je třeba si uvědomit, že funkce @i\left(\dfrac{2}{5}\right)^x@i konverguje v nekonečnu k nule (stejně tak i @i\left(\dfrac{2}{5}\right)^{x-1}@i a @i\left(\dfrac{2}{5}\right)^{x+1}@i), a tedy podaří-li se nám vytýkáním získat takové členy, nemusíme se jimi dále zabývat. Proto z čitatele vytkneme @i5^{x-1}@i  a ze jmenovatele vytkneme výraz @i5^{x+1}:@i

@b\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2^{x-1}+5^{x}}{5^{x+2}-2^{x+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{5^{x-1}\left(\frac{2^{x-1}}{5^{x-1}}+5\right)}{5^{x+1}\left(5+\frac{2^{x+1}}{5^{x+1}}\right)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\left(\frac{2}{5}\right)^{x-1}+5}{5^{2}\left(5+\left(\frac{2}{5}\right)^{x+1}\right)}=\frac{0+5}{5^2(5+0)}=\frac{1}{5^2}=\frac{1}{25}.@b

Na tomto příkladu krásně vidíme, že není rozumné zatracovat metody výpočtu limit, které jsme se naučili před L'Hospitalovým pravidlem :-)

Na závěr tohoto odstavce se ještě budeme věnovat neurčitým výrazům @i"0^0"@i, @i"0^\infty"@i a @i"1^\infty"@i.

6. Spočtěte limitu @i\lim\limits_{x\to0^+}x^x.@i

Dosazením nuly za @ix@i snadno nahlédneme, že se jedná o limitu typu @i"0^0"@i. Mohlo by se zdát, že se jedná o poměrně jasný výsledek, jak nás učili, cokoliv na nultou je přeci jedna. Nicméně, na druhé straně je třeba si uvědomit, že nula na cokoliv by zase měla být nula! Tak jak to tedy je? Z dřívějška již víme, že se jedná o neurčitý výraz, který může dopadnout tak i onak. Podstata totiž tkví v tom, že jak základ mocniny, tak její exponent je pouze přibližně roven nule. Než budeme pokračovat ve výpočtech, je třeba napsat si tuto "funkci na funkci" jako exponenciálu:

@bx^x={\rm e}^{x\cdot\ln x}@b

Teď už můžeme počítat zadanou limitu:

@b\lim_{x\to0^+}x^x=\lim_{x\to0^+}{\rm e}^{x\cdot\ln x}.@b

Tato limita bude existovat, bude-li existovat limita exponentu:

@b\lim_{x\to0^+}{x\cdot\ln x}="0^+\cdot(-\infty)"=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}="\frac{-\infty}{\infty}"\,\stackrel{L'H}{=}\,\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to0^+}-x=0.@b

Pro @ix@i jdoucí k nule zprava tedy exponent konverguje k nule, a proto máme

@b\lim_{x\to0^+}x^x=\lim_{x\to0^+}{\rm e}^{x\cdot\ln x}={\rm e}^0=1.@b

Příklad na to, že limita typu @i"0^0"@i může konvergovat k nule, je lehce umělý:

7. Spočtěte @i\lim\limits_{x\to\infty}\left({\rm e}^{-x^2}\right)^{\frac{1}{x}}@i.

Dosadíme-li za @ix@i do limity, vidíme, že je to výraz typu @i"0^0"@i. Upravíme-li výraz v exponenciále podle pravidel pro počítání s mocninami obdržíme 

@b\left({\rm e}^{-x^2}\right)^{\frac{1}{x}}={\rm e}^{-x^2\cdot\frac{1}{x}}={\rm e}^{-x}.@b

Limitu poslední výrazu již snadno spočteme a celkem dostáváme:

@b\lim\limits_{x\to\infty}\left({\rm e}^{-x^2}\right)^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to\infty}{\rm e}^{-x}=0.@b

8. Spočtěte @i\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^{2x}@i.

Dosadíme-li formálně za @ix@i do limity, vidíme, že je to výraz typu @i"1^\infty"@i. Výraz upravíme na tvar s pevným základem 

@b\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^{2x}={\rm e}^{2x\ln \left(\dfrac{x-2}{x}\right)}.@b

Spočteme limitu exponentu (typ @i "0 \cdot \infty" @i): @b \lim\limits_{x\to\infty}2x\ln \bigl(\dfrac{x-2}{x}\bigr) = \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{2\ln \bigl(\dfrac{x-2}{x}\bigr)}{\frac{1}{x}} = "\frac{0}{0}"\,\stackrel{L'H}{=}\, \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{\frac{2}{\frac{x-2}{x}} \cdot\frac{x-(x-2)}{x^2}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{-4x}{x-2} = -4. @b

A pak se nezapomeneme vrátit k původní limitě. Celkem dostáváme 

 @b\lim\limits_{x\to\infty}\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^{2x}  =\lim\limits_{x\to\infty}{\rm e}^{2x\ln \bigl(\dfrac{x-2}{x}\bigr)}= {\rm e }^{-4}.@b

Neřešené příklady

V rámci smysluplného procvičování počítání limit jsou neřešené příklady na všechny limity zařazeny do společné kapitoly Neřešené příklady na počítání limity funkce.