L'Hopitals regel

Eksempel 1

Evaluer grenseverdien til følgende grense: \[ \lim_{x\to{0}} \frac{sin(x)}{e^{x}-1} \]

\[ \underline{\underline{\lim_{x\to{0}} \frac{sin(x)}{e^{x}-1}\ =\ 1}} \]

Det første vi kan starte med er å prøve å løse denne direkte. Dvs. at vi bare setter inn for at \(x=0\) og ser hva grensen går mot. \[ \lim_{x\to{0}} \frac{sin(x)}{e^{x}-1}\ =\ \frac{sin(0)}{e^{0}-1}\ =\ \frac{0}{0} \]

Siden vi får en ubestemt løsning = \( \frac{0}{0} \) kan vi bruke L'Hopitals regel til å prøve å finne en bestemt løsning slik at vi finner grenseverdien. Gjør vi dette får vi at: \[ \lim_{x\to{0}} \frac{sin(x)}{e^{x}-1}\ =\ \lim_{x\to{0}} \frac{(sin(x))'}{(e^{x}-1)'}\ =\ \lim_{x\to{0}} \frac{cos(x)}{e^{x}}\ \] Setter vi nå inn \(x=0\) for denne grensen får vi: \[ \lim_{x\to{0}} \frac{cos(x)}{e^{x}}\ =\ \frac{cos(0)}{e^{0}}\ =\ \frac{1}{1}\ =\ {\color{#ff9900} 1} \] Utifra dette kan vi konkludere med at:

\[ \underline{\underline{\lim_{x\to{0}} \frac{sin(x)}{e^{x}-1}\ =\ 1}} \]

Eksempel 2

Evaluer grenseverdien til følgende grense (kan være vanskelig og lang): \[ \lim_{x\to\infty} \frac{ln(x^2 + x)}{ln(x)} \]

\[ \underline{\underline{\lim_{x\to\infty} \frac{ln(x^2 + x)}{ln(x)}\ =\ 2}} \]

Det vi kan starte med er å prøve på en direkte løsning. Dvs. at vi bare prøver å sette inn grensen som i dette tilfellet = \(\infty\). Gjør vi dette får vi at: \[ \lim_{x\to\infty} \frac{ln(x^2 + x)}{ln(x)}\ =\ \frac{ln({\infty}^2 + \infty)}{ln(\infty)}\ =\ \frac{\infty}{\infty}\ \]

Siden vi får en ubestemt løsning kan vi prøve å bruke L'Hopitals regel til å løse dette problemet. Bruker vi L'Hopitals regel får vi: \[ \lim_{x\to\infty} \frac{ln(x^2 + x)}{ln(x)}\ =\ \lim_{x\to\infty} \frac{(ln(x^2 + x))'}{(ln(x))'}\ =\ \lim_{x\to\infty} \frac{ \frac{2x+1}{x^2 + x} }{\frac{1}{x} }\ \]

Vi deriverer både teller og nevner og står nå igjen med en ny grense. Hvis du ikke skjønte derivasjonsdelen kan du se på derivasjonsvideoene våre hvor vi går grundig igjennom derivasjonsregler/metoder som dette.

Vi får nå en ny grense som er en brøk med to andre brøker inni seg. Vi vil ikke at det skal se så skjært ut så det vi gjør er at vi forenkler denne grensen ved å skrive om brøken. Gjør vi dette får vi: \[ \lim_{x\to\infty} \frac{ \frac{2x+1}{x^2 + x} }{\frac{1}{x} }\ =\ \lim_{x\to\infty} \frac{2x+1}{x^2 + x} \times\frac{x}{1}\ =\ \lim_{x\to\infty} \frac{2x+1}{(x + 1)\times{\color{red}x}} \times\frac{\color{red}x}{1}\ \]

Stryker vi begge \(x\)'ene mot hverandre kommer vi til å stå igjen med: \[ \lim_{x\to\infty} \frac{2x+1}{x + 1}\ \]

Hvis vi prøver å løse denne direkte får vi: \[ \lim_{x\to\infty} \frac{2x+1}{x + 1}\ =\ \frac{2\times\infty + 1}{\infty + 1}\ =\ \frac{\infty}{\infty} \]

Nå har vi dunka L'Hopitals regel en gang og vi står fortsatt igjen med en ubestemt løsning. Betyr det at vi skal gi opp? H*** NO! Vi prøver L'hopitals regel enda en gang! Dette gir oss: \[ \lim_{x\to\infty} \frac{2x+1}{x + 1}\ =\ \lim_{x\to\infty} \frac{(2x+1)'}{(x + 1)'}\ =\ \lim_{x\to\infty} \frac{2}{1}\ =\ {\color{#ff9900}2} \]

Som vi ser så har vi brukt L'Hopitals regel to ganger etter hverandre og fått en bestemt løsning. Dermed kan vi skrive:

\[ \underline{\underline{\lim_{x\to\infty} \frac{ln(x^2 + x)}{ln(x)}\ =\ 2}} \]

Vi kan bruke L'Hopitals regel flere ganger etter hverandre helt til vi kommer frem til en bestemt løsning. Det at vi får en ubestemt løsning etter at vi har brukt L'Hopitals regel en gang betyr ikke at en løsning ikke eksisterer. Noen ganger må man prøve 2, 3... ganger helt til man kommer frem til en bestemt løsning! :)

Eksempel 3

Evaluer grenseverdien til følgende grense:

\[ \lim_{x\to{0}} \frac{x}{cos(x)-1} \]

\[ \color{red}{{\rm \underline{\underline{IKKE\ DEFINERT}}}}\]

Det første vi kan starte med er å prøve å løse denne direkte. Dvs. at vi bare setter inn for \(x=0\) og ser hva grensen går mot. Gjør vi dette får vi at: \[ \lim_{x\to{0}} \frac{x}{cos(x)-1}\ =\ \frac{0}{cos(0)-1}\ =\ \frac{0}{0} \]

Siden vi får en ubestemt løsning = \( \frac{0}{0} \) kan vi bruke L'Hopitals regel til å prøve å finne en bestemt løsning slik at vi finner grenseverdien. Gjør vi dette får vi at: \[ \lim_{x\to{0}} \frac{x}{cos(x)-1} =\ \lim_{x\to{0}} \frac{(x)'}{(cos(x)-1)'} =\ \lim_{x\to{0}} \frac{1}{-sin(x)} \] Vi står nå igjen med en ny grense som vi kan prøve å løse. Vi setter inn for at \(x=0\) og ser at: \[ \lim_{x\to{0}} \frac{1}{-sin(x)}\ =\ \frac{1}{-sin(0)}\ =\ {\color{red}\frac{1}{0}} \]

Den løsningen vi står igjen med er en IKKE DEFINERT løsning. De løsningen vi har sett på tidligere var UBESTEMTE. Det er en forskjell. Som forklart over så kommer dette til å være fordi grensenverdien kommer til å gå mot \(+\infty\) når vi nærmer oss 0 fra positiv side, og \(-\infty\) når vi nærmer oss 0 fra negativ side.

\[{\rm \underline{\underline{IKKE\ DEFINERT}}}\]

Ta gjerne en titt på videoene våre dersom dette ikke ga helt mening! :)