OnderwijsAnalyse – Differentiëren – De regel van l'Hospital
De regel is genoemd naar de Franse wiskundige Guillaume François Antoine, Marquis de l'Hôpital (1661-1704), ook gespeld als "Marquis de l'Hospital".
Stelling: Als \(f(a)=0=g(a)\), dan geldt
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\]mits deze limiet bestaat.
Deze versie is relatief gemakkelijk te bewijzen als \(f\) en \(g\) differentieerbaar zijn in \(a\) en de afgeleiden van \(f\) en \(g\) continu zijn in \(a\).
Bewijs: Als \(f(a)=0=g(a)\), dan geldt
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} =\lim_{x\to a}\frac{\displaystyle\frac{f(x)-fa)}{x-a}}{\displaystyle\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}=\frac{f'(a)}{g'(a)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\]als \(f\) en \(g\) differentieerbaar zijn in \(a\) en als \(f'\) en \(g'\) continu zijn in \(a\).
Een algemenere versie is:
Stelling: Neem aan dat \(f\) en \(g\) differentieerbaar zijn en \(g'(x)\neq0\) op een open interval \(I\) dat \(a\) bevat (eventueel met uitzondering van \(a\) zelf). Als
\[\lim_{x\to a}f(x)=0=\lim_{x\to a}g(x),\]dan is
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\]mits deze limiet bestaat.
Bewijs: Neem aan dat \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=0=\lim_{x\to a}g(x)\) en laat \(L=\displaystyle\lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\). Definieer
\[F(x)=\left\{\begin{array}{ll}f(x),&x\neq a\\[2.5mm]0,&x=a\end{array}\right.\quad\textrm{en}\quad G(x)=\left\{\begin{array}{ll}g(x),&x\neq a\\[2.5mm]0,&x=a.\end{array}\right.\]Dan is \(F\) continu op \(I\), omdat \(F\) continu is op \(I\setminus\{a\}\) en \(\displaystyle\lim\limits_{x\to a}F(x)=\lim\limits_{x\to a}f(x)=0=F(a)\). Zo is ook \(G\) continu op \(I\). Stel dat \(x\in I\) met \(x > a\). Dan zijn \(F\) en \(G\) continu op \([a,x]\) en differentieerbaar op \((a,x)\) en \(G'\neq0\) daar, want \(F'=f'\) en \(G'=g'\). Dan volgt uit de middelwaardestelling van Cauchy dat er een getal \(y\) bestaat zodat \(a < y < x\) en
\[\frac{F'(y)}{G'(y)}=\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\frac{F(x)}{G(x)},\]omdat \(F(a)=0=G(a)\). Als we nu \(x\downarrow a\) nemen, dan ook \(y\downarrow a\) want \(a < y < x\), dus
\[\lim\limits_{x\downarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\downarrow a}\frac{F(x)}{G(x)}=\lim\limits_{x\downarrow a}\frac{F'(y)}{G'(y)} =\lim\limits_{x\downarrow a}\frac{f'(y)}{g'(y)}=L.\]Een vergelijkbaar argument toont aan dat de linker limiet ook \(L\) is. Dus \(\displaystyle\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=L\), hetgeen de stelling bewijst.
De stelling geldt ook voor \(a=\pm\infty\). Bijvoorbeeld, met behulp van \(x=\displaystyle\frac{1}{t}\) volgt dat
\[\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{t\downarrow0}\frac{f(1/t)}{g(1/t)} =\lim\limits_{t\downarrow0}\frac{f'(1/t)\cdot(-1/t^2)}{g'(1/t)\cdot(-1/t^2)}=\lim\limits_{t\downarrow0}\frac{f'(1/t)}{g'(1/t)} =\lim\limits_{a\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}.\]Verder geldt de stelling ook als \(\displaystyle\lim_{x\to a}f(x)=\pm\infty=\lim_{x\to a}g(x)\) en ook voor enkelzijdige limieten.
Het getal \(e\) als een limiet
Het getal \(e\) wordt gedefinieerd als het getal waarvoor de grafiek van \(y=e^x\) een helling \(1\) heeft in het punt \((0,1)\), dat is
\[\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=1.\]Laat \(f(x)=\ln(x)\), dan is \(f'(x)=\displaystyle\frac{1}{x}\). Hieruit volgt dat \(f'(1)=1\). Met behulp van de definitie van een afgeleide volgt
\[1=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)-\ln(1)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{x}\ln(1+x)=\lim\limits_{x\to 0}\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}.\]Hieruit volgt dat \(e=\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}\). Deze limiet kan nu ook alsvolgt worden berekend:
\[\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}\ln(1+x)}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}}\]met behulp van de continuïteit van de exponentële functie. Nu volgt met behulp van de regel van l'Hospital
\[\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{1}{1+x}}{1}=1.\]Hieruit volgt dat \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=e^1=e\). Met behulp van de substitutie \(t=\displaystyle\frac{1}{x}\) volgt ook dat
\[\lim\limits_{t\to\infty}\left(1+\frac{1}{t}\right)^t=\lim\limits_{x\downarrow0}=(1+x)^{\frac{1}{x}}=e.\]Voorbeelden
| 1) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos(x)}{1}=\cos(0)=1\). | 2) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x}{1}=e^0=1\). |
| 3) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 1}\frac{\ln(x)}{x-1}=\lim\limits_{x\to 1}\frac{\displaystyle\frac{1}{x}}{1}=1\). | 4) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{2x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\cos(x)}{2}=\frac{\cos(0)}{2}=\frac{1}{2}\). |
| 5) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{6}x^3}{x^4}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x-\frac{1}{2}x^2}{4x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1-x}{12x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x-1}{24x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x}{24}=\frac{1}{24}\). | |
| 6) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}\frac{\tan(x)-x}{x^3}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{1}{\cos^2(x)}-1}{3x^2}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{2\sin(x)}{\cos^3(x)}}{6x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{2\cos^4(x)+6\sin^2(x)\cos^2(x)}{\cos^6(x)}}{6}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{2\cos^2(x)+6\sin^2(x)}{6\cos^4(x)}=\frac{1}{3}\). | |
| 7) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 1}\left(\frac{1}{\ln(x)}-\frac{1}{x-1}\right)=\lim\limits_{x\to 1}\frac{x-1-\ln(x)}{(x-1)\ln(x)}=\lim\limits_{x\to 1}\frac{1-\displaystyle\frac{1}{x}}{\displaystyle(x-1)\cdot\frac{1}{x}+\ln(x)}=\lim\limits_{x\to 1}\frac{x-1}{x-1+x\ln(x)}=\lim\limits_{x\to 1}\frac{1}{2+\ln(x)}=\frac{1}{2}\). | |
| 8) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to\infty}x^5e^{-x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^5}{e^x}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{5x^4}{e^x}=\cdots=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{5!}{e^x}=0\). | 9) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^3}{e^{x^2}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^2}{2xe^{x^2}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x}{2e^{x^2}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3}{4xe^{x^2}}=0\). |
| 10) \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}(1-2x)^{\frac{1}{x}}=\lim\limits_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}\ln(1-2x)}=e^{\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{x}}=e^{-2}\), want \(\displaystyle\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1-2x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\frac{-2}{1-2x}}{1}=-2\). | |
Stewart §4.4, Opgave 75
Wat gebeurt er als we de regel van l'Hospital proberen toe te passen om de limiet \(\displaystyle\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\)
te berekenen? Bereken de limiet op een andere manier.
Oplossing: Met de regel van l'Hospital volgt
\[\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{\displaystyle\frac{2x}{2\sqrt{x^2+1}}} =\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}.\]Als we echter de teller en de noemer delen door \(\sqrt{x^2}=|x|=x\), dan volgt
\[\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{\sqrt{1+\displaystyle\frac{1}{x^2}}}=\frac{1}{\sqrt{1+0}}=1.\]Laatst gewijzigd op 28 oktober 2021
