Regel von de l'Hôpital

Grenzwerte unbestimmter Ausdrücke

Taylorentwicklungen können bei Grenzwert-Problemen helfen, wenn die direkte Berechnung auf Ausdrücke der Art

00oder±∞±∞\frac{0}{0}\quad\text{oder}\quad \frac{\pm\infty}{\pm\infty}

führt.

Example 1
lim⁡x→0sin⁡xx=lim⁡x→0x−13!x3+15!x5−…x=lim⁡x→01−13!x2+15!x4−⋯=1\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=\lim_{x\to0}\frac{x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5-\dots}{x}=\lim_{x\to0}1-\frac{1}{3!}x^2+\frac{1}{5!}x^4-\dots=1
Exercise 1: 🧩

Bestimme

lim⁡x→1x−1ln⁡x.\lim_{x\to1}\frac{x-1}{\ln x}.
Solution

lim⁡x→0xln⁡(x+1)=xx−12x2+13x3−…=1+1O(x)→1\lim_{x\to0}\frac{x}{\ln(x+1)}=\frac{x}{x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\dots}=1+\frac{1}{O(x)}\to1

Allgemein ist diese Verfahrensweise bekannt unter dem Namen Regel von de l'Hôpital, wurde aber eigentlich von Johann Bernoulli entdeckt.

Theorem 1: Regel von de l'Hôpital

Sei

f(x)=z(x)n(x)f(x)=\frac{z(x)}{n(x)}

mit n,zn,z unendlich oft differenzierbar und n(x0)=0=z(x0)n(x_0)=0=z(x_0) oder beide für x→x0x\to x_0 bestimmt divergent. Dann gilt

lim⁡x→x0z(x)n(x)=lim⁡x→x0z′(x)n′(x).\lim_{x\to x_0}\frac{z(x)}{n(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{z'(x)}{n'(x)}.

(De l'Hopital kommentiert)

Proof

Da n(x0)=0=z(x0)n(x_0) = 0 = z(x_0), ergibt die Taylorentwicklung beider Funktionen um x0x_0:

n(x)=n(x0)+n′(x0)(x−x0)+n′′(x0)2!(x−x0)2+⋯=n′(x0)(x−x0)+O(x−x0)n(x) = n(x_0) + n'(x_0)(x - x_0) + \frac{n''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2 + \cdots = n'(x_0)(x - x_0) + O(x - x_0)

bzw.

z(x)=z(x0)+z′(x0)(x−x0)+z′′(x0)2!(x−x0)2+⋯=z′(x0)(x−x0)+O(x−x0)z(x) = z(x_0) + z'(x_0)(x - x_0) + \frac{z''(x_0)}{2!}(x - x_0)^2 + \cdots = z'(x_0)(x - x_0) + O(x - x_0)n(x)z(x)=n′(x0)(x−x0)+O(x−x0)z′(x0)(x−x0)+O(x−x0)=(x−x0)[n′(x0)+O(1)](x−x0)[z′(x0)+O(1)]=n′(x0)+o(1)z′(x0)+o(1)\begin{align*} \frac{n(x)}{z(x)} &= \frac{n'(x_0)(x - x_0) + O(x - x_0)}{z'(x_0)(x - x_0) + O(x - x_0)}\\ &= \frac{(x - x_0)\left[n'(x_0) + O(1)\right]}{(x - x_0)\left[z'(x_0) + O(1)\right]}\\ &= \frac{n'(x_0) + o(1)}{z'(x_0) + o(1)} \end{align*}

Für x→x0x \to x_0 folgt:

lim⁡x→x0n(x)z(x)=n′(x0)z′(x0)(vorausgesetzt z′(x0)≠0)\lim_{x \to x_0} \frac{n(x)}{z(x)} = \frac{n'(x_0)}{z'(x_0)} \quad \text{(vorausgesetzt $z'(x_0) \ne 0$)}

Falls

lim⁡x→x0n(x)=±∞=z(x),\lim_{x \to x_0} n(x) = \pm\infty = z(x),

betrachte stattdessen die Funktion

f(x):=1/z(x)1/n(x)=n(x)z(x).f(x) := \frac{1/z(x)}{1/n(x)} = \frac{n(x)}{z(x)}.

Dann gilt:

  • 1/z(x)→01/z(x) \to 0,
  • 1/n(x)→01/n(x) \to 0,

also liegt wieder der Fall 00\frac{0}{0} vor und man kann die Taylorentwicklung erneut anwenden.

Exercise 2: Mit Regel von de l'Hôpital

Bestimme

a) lim⁡x→0xln⁡x\lim_{x\to0}x\ln x

b) die Ableitung von ex\mathrm{e}^x mit seiner Taylorreihenentwicklung um 00.

c) lim⁡x→0xx\lim_{x\to0}x^x (Tipp: Schreibe als e\mathrm{e}-Funktion)

d) lim⁡x→0(1x−1sin⁡x)\lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)

e) lim⁡x→∞ln⁡(2x−1)ex\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(2x-1)}{e^x}

Solution

a) mit de L'Hospital

lim⁡x→0xln⁡(x)=lim⁡x→0ln⁡(x)1x→1x−1x2=−x→0\lim_{x\to0}x\ln(x)=\lim_{x\to0}\frac{\ln(x)}{\frac{1}{x}}\to\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=-x\to0

b) Aus ex=1+x+12x2+16x3+…\mathrm{e}^x=1+x+\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{6}x^3+\dots folgt mit Ableiten (ex)′=1+x+12x2+⋯=ex(\mathrm{e}^x)'=1+x+\frac{1}{2}x^2+\dots=\mathrm{e}^x.

c) lim⁡x→0xx=lim⁡x→0(eln⁡(x))x=lim⁡x→0exln⁡(x)→e0=1\lim_{x\to0}x^x=\lim_{x\to0}(\mathrm{e}^{\ln(x)})^x=\lim_{x\to0}\mathrm{e}^{x\ln(x)}\to\mathrm{e}^0=1.

d) lim⁡x→0(1x−1sin⁡x)=lim⁡x→0sin⁡(x)−xxsin⁡(x)=lim⁡x→0cos⁡(x)−1sin⁡(x)+xcos⁡(x)=lim⁡x→0−sin⁡(x)2cos⁡(x)−xsin⁡(x)→0\lim_{x\to0}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)=\lim_{x\to0}\frac{\sin(x)-x}{x\sin(x)}=\lim_{x\to0}\frac{\cos(x)-1}{\sin(x)+x\cos(x)}=\lim_{x\to0}\frac{-\sin(x)}{2\cos(x)-x\sin(x)}\to0

e) lim⁡x→∞ln⁡(2x−1)ex=lim⁡x→∞22x−1ex→0\lim_{x\to\infty}\frac{\ln(2x-1)}{\mathrm{e}^x}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{2}{2x-1}}{\mathrm{e}^x}\to0