Als letzte Anwendung des error: internal links not implemented, yet! , genauer gesagt des zweiten Mittelwertsatzes, wollen wir die Regel von L’Hospital herleiten. Diese stellt eine praktische Möglichkeit dar, den Grenzwert einer Quotientenfunktion durch separates Ableiten von Zähler und Nenner zu bestimmen. Benannt ist die Regel nach dem französischen Mathematiker Guillaume François Antoine L’Hospital , sie stammt allerdings von dem Schweizer Mathematiker Johann Bernoulli .

Die Regel von L’Hospital

Satz: Regel von L’Hospital

Sei {\tilde x}\in \mathbb{R} \cup \lbrace -\infty ,\infty \rbrace und I:={]a,{\tilde x}[} mit a<{\tilde x} oder I:={]{\tilde x},b[} mit b>{\tilde x}. Seien f,g:I\to \mathbb{R} differenzierbare Funktionen und gelte g'(x)\neq 0 für alle x\in I. Weiter existiere der Grenzwert \lim _{{x\to {\tilde x}}}{{\tfrac {f'(x)}{g'(x)}}}=:q. Zudem gelte eine der beiden Aussagen:

\lim _{{x\to {\tilde x}}}{f(x)}=0 und \lim _{{x\to {\tilde x}}}{g(x)}=0
\lim _{{x\to {\tilde x}}}{f(x)},\lim _{{x\to {\tilde x}}}{g(x)}\in \lbrace -\infty ,\infty \rbrace .

Dann gilt \lim _{{x\to {\tilde x}}}{{\tfrac {f(x)}{g(x)}}}=q.

Beweis

Wir betrachten zunächst den ersten Fall mit {\tilde x}\in \mathbb{R} . Wegen \lim _{{x\to {\tilde x}}}{f(x)}=0 und \lim _{{x\to {\tilde x}}}{g(x)}=0 können wir die Funktionen f und g stetig fortsetzen. Wir erhalten die Funktionen {\hat f},{\hat g}:I\cup \lbrace {\tilde x}\rbrace \to \mathbb{R} mit {\hat f}(x):=f(x) und {\hat g}(x):=g(x) für alle x\in I. Weiter setzen wir {\hat f}({\tilde x}):=0 und {\hat g}({\tilde x}):=0.

Wir betrachten nun eine beliebige Folge (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, die gegen {\tilde x} konvergiert. Da die Funktionen {\hat f} und {\hat g} stetig sind, können wir den verallgemeinerten Mittelwertsatz anwenden. Es gibt also eine Folge (z_{n})_{{n\in \mathbb{N} }}, so dass für alle n\in \mathbb{N} gilt z_{n}\in {]{\tilde x},x_{n}[} bzw. z_{n}\in {]x_{n},{\tilde x}[} und

{\begin{aligned}&{\frac {f(x_{n})}{g(x_{n})}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ f(x_{n})={\hat f}(x_{n}){\text{ und }}g(x_{n})={\hat g}(x_{n}){\text{ für alle }}n\in \mathbb{N} {\text{, da }}x_{n}\in I,{\hat f}({\tilde x})=0={\hat g}({\tilde x})\right.}\\[0.3em]=\ &{\frac {{\hat f}(x_{n})-{\hat f}({\tilde x})}{{\hat g}(x_{n})-{\hat g}({\tilde x})}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Verallgemeinerter Mittelwertsatz}}\right.}\\[0.3em]=\ &{\frac {{\hat f}'(z_{n})}{{\hat g}'(z_{n})}}\\[0.3em]=\ &{\frac {f'(z_{n})}{g'(z_{n})}}\\[0.3em]\end{aligned}}

Somit folgt

{\begin{aligned}&\lim _{{n\to \infty }}{{\frac {f(x_{n})}{g(x_{n})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{n\to \infty }}{{\frac {f'(z_{n})}{g'(z_{n})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{x\to {\tilde x}}}{{\frac {f'(x)}{g'(x)}}}\\[0.3em]=\ &q\end{aligned}}

Da dies für jede beliebige Folge (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} gilt, folgt insgesamt \lim _{{x\to {\tilde x}}}{{\tfrac {f(x)}{g(x)}}}=q.

TODO:

2. Fall

Nun betrachten wir den Fall {\tilde x}\in \lbrace -\infty ,\infty \rbrace . Dazu definieren wir die Hilfsfunktionen {\tilde f},{\tilde g}:J\to \mathbb{R} Dabei wählen wir ein c\in I mit c>0 für {\tilde x}=\infty bzw. c<0 für {\tilde x}=-\infty . Wir setzen J:={]0,{\tfrac {1}{c}}[} bzw. J:={]{\tfrac {1}{c}},0[}. Für alle x\in J setzen wir {\tilde f}(x):=f({\tfrac {1}{x}}) und {\tilde g}(x):=g({\tfrac {1}{x}}).

Wir betrachten im Folgenden nur den Fall {\tilde x}=\infty , da der Beweis für {\tilde x}=-\infty analog geht. Es gilt:

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to \infty }}{f(x)}=\lim _{{x\to \infty }}{{\tilde f}({\tfrac {1}{x}})}=\lim _{{x\to 0}}{{\tilde f}(x)}\\[0.3em]&\lim _{{x\to \infty }}{g(x)}=\lim _{{x\to \infty }}{{\tilde g}({\tfrac {1}{x}})}=\lim _{{x\to 0}}{{\tilde g}(x)}\end{aligned}}

Wir können also die Regel von L’Hospital für den Fall {\tilde x}=0, den wir bereits bewiesen haben, anwenden. Es gilt:

{\begin{aligned}&\lim _{{x\to \infty }}{{\frac {f(x)}{g(x)}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ \lim _{{x\to \infty }}{f(x)}=\lim _{{x\to 0}}{{\tilde f}(x)}{\text{ und }}\lim _{{x\to \infty }}{g(x)}=\lim _{{x\to 0}}{{\tilde g}(x)}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{{x\to 0}}{{\frac {{\tilde f}(x)}{{\tilde g}(x)}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Regel von L’Hospital}}\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{{x\to 0}}{{\frac {{\tilde f}'(x)}{{\tilde g}'(x)}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{Kettenregel im Zähler und im Nenner, }}{\tilde f}(x)=f({\tfrac {1}{x}}),{\tilde g}(x)=g({\tfrac {1}{x}}){\text{ für alle }}x{\text{ mit }}{\tfrac {1}{x}}\in J\right.}\\[0.3em]=\ &\lim _{{x\to 0}}{{\frac {-f'({\tfrac {1}{x}})x^{2}}{-g'({\tfrac {1}{x}})x^{2}}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{x\to 0}}{{\frac {f'({\tfrac {1}{x}})}{g'({\tfrac {1}{x}})}}}\\[0.3em]=\ &\lim _{{x\to \infty }}{{\frac {f'(x)}{g'(x)}}}\\[0.3em]=\ &q\end{aligned}}

TODO:

Satz fertig schreiben

Anwendungsbeispiele

Standardtypen {\tfrac 00} und {\tfrac {\pm \infty }{\pm \infty }}

Zunächst behandeln wir die Typen, bei denen sich die Regeln direkt anwenden lassen.

Beispiel: Bestimmung von Grenzwert L’Hospital 1

Beispiel

Als erstes wollen wir den „Klassiker“

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin(x)}{x}}

berechnen. Es gilt \lim _{{x\to 0}}\sin(x)=\lim _{{x\to 0}}x=0. Außerdem sind f(x)=\sin(x) und g(x)=x auf (0,\infty ) differenzierbar, und es gilt g'(0)=1\neq 0. Da weiter

\lim _{{x\to 0}}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\cos(x)}{1}}={\frac {\cos(0)}{1}}=1

existiert, gilt mit dem Satz von L’Hospital ebenfalls

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin(x)}{x}}=1

Im Allgemeinen schreiben wir dies nicht so ausführlich auf. Wir überprüfen die Voraussetzungen im Kopf, und schreiben das Ergebnis wie folgt auf:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin(x)}{x}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {\cos(x)}{1}}=1

Hinweis:

Mit der Regel von L’Hospital lässt sich der Grenzwert \lim _{{x\to 0}}{\tfrac {\sin(x)}{x}} sehr einfach als „Einzeiler“ berechnen. Wir weisen allerdings darauf hin, dass wir bei der Anwendung der Regel die Ableitung

\sin '(x)=\lim _{{h\to 0}}{\frac {\sin(x+h)-\sin(x)}{h}}=\ldots =\sin(x)\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{\frac {\cos(h)-1}{h}}}_{{=0}}+\cos(x)\cdot \underbrace {\lim _{{h\to 0}}{{\frac {\sin(h)}{h}}}}_{{=1}}=\cos(x)

verwendet haben. Für die Berechnung dieser wurde also genau dieser Grenzwert benötigt. Da wir die Ableitungen der Grundfunktionen allerdings als bekannt voraussetzen, wenn sie einmal berechnet sind, stellt dies kein Problem dar.

Übung: Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital

Bestimme die folgenden Grenzwerte:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}-1}{x}}
\lim _{{x\to 0}}{\frac {\ln(1+x)}{x}}

Teilaufgabe 1:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}-1}{x}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {e^{x}}{1}}=e^{0}=1

Teilaufgabe 2:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\ln(1+x)}{x}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {{\frac {1}{1+x}}}{1}}={\frac 11}=1

Beispiel: Bestimmung von Grenzwert L’Hospital 2

Beispiel

Als nächstes bestimmen wir

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x)}{x}}

Es gilt \lim _{{x\to \infty }}\ln(x)=\infty =\lim _{{x\to \infty }}x. Da auch die anderen Voraussetzungen zum Satz von L’Hospital erfüllt sind, gilt

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x)}{x}}\ {\overset {{\text{L'H}}}{=}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac 1x}}{1}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac 1x}=0

Dieser Grenzwert lässt sich für \alpha >0 verallgemeinern zu

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x)}{x^{\alpha }}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac 1x}}{\alpha x^{{\alpha -1}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1}{\alpha x^{\alpha }}}=0

Übung: Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 2

Bestimme für \alpha >0 den Grenzwert

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{{\alpha x}}}{x}}

Es gilt

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{{\alpha x}}}{x}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {\alpha e^{{\alpha x}}}{1}}=\lim _{{x\to \infty }}\alpha e^{{\alpha x}}=\infty

Manchmal ist es auch notwendig die Regeln von L’Hospital mehrmals hintereinander anzuwenden, bevor wir zum gewünschten Ergebnis gelangen.

Beispiel: Bestimmung von Grenzwert L’Hospital 3

Beispiel

Als nächstes bestimmen wir

\lim _{{x\to 0}}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}

Es gilt \lim _{{x\to 0}}1-\cos(x)=0=\lim _{{x\to 0}}x^{2}. Wenden wir L’Hospital an, so erhalten wir

\lim _{{x\to 0}}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}\ {\overset {{\text{L'H}}}{=}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin(x)}{2x}}

Nun gilt wieder \lim _{{x\to 0}}\sin(x)=0=\lim _{{x\to 0}}2x. Wenden wir L’Hospital erneut an, so erhalten wir schließlich

\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin(x)}{2x}}\ {\overset {{\text{L'H}}}{=}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {\cos(x)}{2}}={\frac 12}

Also gilt insgeamt

\lim _{{x\to 0}}{\frac {1-\cos(x)}{x^{2}}}={\frac 12}

Übung: Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 3

Bestimme für die Grenzwerte

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}-x-1}{x^{2}}}
\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{3}}{\sin(x)-x}}

Teilaufgabe 1:

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}-1-x}{x^{2}}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}-1}{2x}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}}{2}}=\infty

Teilaufgabe 2:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{3}}{\sin(x)-x}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {3x^{2}}{\cos(x)-1}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {6x}{-\sin(x)}}\ {\underset {{\text{L.H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0}}{\frac {6}{-\cos(x)}}={\frac {6}{-1}}=-6

Typ 0\cdot (\pm \infty )

Hier sind die Regeln von L’Hospital nicht unmittelbar anwendbar. Der „Trick“ ist es daher durch Kehrwertbildung einen Bruchterm zu erzeugen, und so einen Grenzwert in der Standardform {\tfrac 00} oder {\tfrac {\pm \infty }{\pm \infty }} zu erhalten.

Beispiel: Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 4

Beispiel

Das Standardbeispiel zu diesem Fall ist der Grenzwert

\lim _{{x\to 0+}}x\ln(x)

Es gilt \lim _{{x\to 0+}}x=0 und \lim _{{x\to 0+}}\ln(x)=-\infty . Nun erhalten wir durch Kehrwertbildung

\lim _{{x\to 0+}}x\ln(x)=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\ln(x)}{{\frac 1x}}}

Da gilt \lim _{{x\to 0+}}{\tfrac 1x}=\infty , ist L’Hospital anwendbar, und wir erhalten

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\ln(x)}{{\frac 1x}}}\ {\overset {{\text{L'H}}}{=}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {{\frac 1x}}{-{\frac {1}{x^{2}}}}}=\lim _{{x\to 0+}}-x=0

Warnung:

Zwar führt die Umformung

\lim _{{x\to 0+}}x\ln(x)=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x}{{\frac {1}{\ln(x)}}}}

auf einen Ausdruck der Form {\tfrac 00}. Jedoch erhalten wir hier durch Anwendung der Regel von L’Hospital

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x}{{\frac {1}{\ln(x)}}}}{\overset {{\text{L'H}}}{=}}\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{-{\frac {1}{\ln(x)^{2}}}\cdot {\frac 1x}}}=\lim _{{x\to 0+}}-x\ln(x)^{2}

Dieser Ausdruck ist nun wieder vom Typ 0\cdot \infty , hat jedoch eine kompliziertere Form als der Ursprüngliche. Der Trick führt also nicht immer zum Erfolg! :-(

Hinweis:

Für zwei beliebige Funktionen f und g mit den entsprechenden Eigenschaften lautet der Umformungstrick:

\lim _{{x\to x_{0}}}f(x)\cdot g(x)=\lim _{{x\to x_{0}}}{\frac {f(x)}{{\frac 1{g(x)}}}}

oder

\lim _{{x\to x_{0}}}f(x)\cdot g(x)=\lim _{{x\to x_{0}}}{\frac {g(x)}{{\frac 1{f(x)}}}}

Je nachdem mit welcher der beiden Formen sich der Grenzwert danach leichter berechnen lässt.

Übung: Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 4

Berechne

\lim _{{x\to 0+}}x^{2}\ln(x)
\lim _{{x\to 0+}}x(\ln(x))^{2}
\lim _{{x\to -\infty }}xe^{x}

Teilaufgabe 1:

\lim _{{x\to 0+}}x^{2}\ln(x)=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\ln(x)}{{\frac {1}{x^{2}}}}}\ {\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {-\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {{\frac 1x}}{-{\frac {2}{x^{3}}}}}=\lim _{{x\to 0+}}-{\frac 12}x^{2}=0

Teilaufgabe 2:

\lim _{{x\to 0+}}x(\ln(x))^{2}=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {(\ln(x))^{2}}{{\frac {1}{x}}}}\ {\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {2\ln(x)\cdot {\frac {1}{x}}}{-{\frac {1}{x^{2}}}}}=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {2\ln(x)}{-{\frac {1}{x}}}}\ {\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {-\infty }{-\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {{\frac 2x}}{{\frac {1}{x^{2}}}}}=\lim _{{x\to 0+}}2x=0

Teilaufgabe 3:

\lim _{{x\to -\infty }}xe^{x}=\lim _{{x\to -\infty }}{\frac {x}{{\frac {1}{e^{x}}}}}=\lim _{{x\to -\infty }}{\frac {x}{e^{{-x}}}}\ {\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {-\infty }{\infty }}}{=}}}}\ \lim _{{x\to -\infty }}{\frac {1}{-e^{{-x}}}}=\lim _{{x\to -\infty }}-e^{{x}}=0

Typ \infty -\infty

Als nächstes behandeln wir Differenzen von Grenzwerten, die beide uneigentlich gegen \infty konvergieren. Oftmals handelt es sich dabei um Differenzen von Bruchtermen. Durch Hauptnennerbildung und Zusammenfassen zu einem Bruchterm kann der Ausdruck häufig so umgeformt werden, dass die Regeln von L’Hospital anwendbar sind.

Beispiel: Bestimmung von Grenzwert L’Hospital 5

Beispiel

Betrachten wir den Grenzwert

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{\sin(x)}}-{\frac {1}{x}}

Hier gilt \lim _{{x\to 0+}}{\tfrac {1}{\sin(x)}}=\lim _{{x\to 0}}{\tfrac 1x}=\infty . Also ist der Grenzwert vom beschriebenen Typ \infty -\infty . Durch Hauptnennerbildung erhalten wir

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{\sin(x)}}-{\frac {1}{x}}=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x-\sin(x)}{x\sin(x)}}

Wegen \lim _{{x\to 0+}}x\sin(x)=0=\lim _{{x\to 0+}}x-\sin(x) ist L’Hospital anwendbar, und wir erhalten

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {x-\sin(x)}{x\sin(x)}}\ {\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {1-\cos(x)}{\sin(x)+x\cos(x)}}\ {\overset {{\frac 00}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {\sin(x)}{\cos(x)+\cos(x)-x\sin(x)}}={\frac {0}{1+1-0}}=0

Hinweis:

Für zwei beliebige Funktionen f und g lautet der Umformungstrick:

\lim _{{x\to x_{0}}}{\frac 1{f(x)}}-{\frac 1{g(x)}}=\lim _{{x\to x_{0}}}{\frac {g(x)-f(x)}{f(x)g(x)}}

Übung: Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 5

Bestimme

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{e^{x}-1}}
\lim _{{x\to 1}}{\frac {1}{x-1}}-{\frac {1}{\ln(x)}}

Teilaufgabe 1: Es gilt

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{x}}-{\frac {1}{e^{x}-1}}=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {e^{x}-1-x}{x(e^{x}-1)}}\ {\overset {{\frac 00}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {e^{x}-1}{e^{x}-1+xe^{x}}}\ {\overset {{\frac 00}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {e^{x}}{e^{x}+e^{x}+xe^{x}}}={\frac {1}{1+1+0}}={\frac 12}

Teilaufgabe 2: Hier gilt

\lim _{{x\to 1}}{\frac {1}{x-1}}-{\frac {1}{\ln(x)}}=\lim _{{x\to 1}}{\frac {\ln(x)-x+1}{(x-1)\ln(x)}}\ {\overset {{\frac 00}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 1}}{\frac {{\frac 1x}-1}{\ln(x)+(x-1){\frac 1x}}}=\lim _{{x\to 1}}{\frac {{\frac {1-x}{x}}}{{\frac {x\ln(x)+x-1}{x}}}}=\lim _{{x\to 1}}{\frac {1-x}{x\ln(x)+x-1}}\ {\overset {{\frac 00}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 1}}{\frac {-1}{\ln(x)+1+1}}={\frac {-1}{0+1+1}}=-{\frac 12}

Typen 0^{{0}}, 0^{\infty }, \infty ^{0} und 1^{{\infty }}

Tritt einer der beschriebenen Fälle ein, so wenden wir den Trick an, den wir schon bei der Berechnung der Ableitung von verallgemeinerten Potenzfunktionen angewendet haben: Wir schreiben zunächst f^{g} als \exp \circ (g\cdot \ln \circ f). Da \exp auf ganz \mathbb{R} stetig ist, lässt sich der Limes „nach Innen ziehen“. Der dort gebildetet Grenzwert ist nun sehr häufig von Typ 0\cdot \pm \infty und lässt sich wie oben beschrieben mit den Regeln von L'Hopital berechnen.

Beispiel: Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 6

Beispiel

Der „Klassiker“ hier ist der Grenzwert

\lim _{{x\to 0+}}x^{x}

Dieser ist von Typ 0^{0}. Wie oben beschrieben formen wir ihn um zu

\lim _{{x\to 0+}}x^{x}=\lim _{{x\to 0+}}\exp(x\ln(x))

Ziehen wir den Limes in die Exponentialfunktion, so entsteht der Grenzwert

\lim _{{x\to 0+}}x\ln(x)

Dieser ist von Typ 0\cdot (-\infty ). Weiter oben hatten wir ihn wie folgt berechnet

\lim _{{x\to 0+}}x\ln(x)=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\ln(x)}{{\frac 1x}}}\ {\overset {{\frac {-\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {{\frac 1x}}{-{\frac {1}{x^{2}}}}}=\lim _{{x\to 0+}}-x=0

Wegen der Stetigkeit von \exp folgt daher

\lim _{{x\to 0+}}x^{x}=\lim _{{x\to 0+}}\exp(x\ln(x))=\exp(\lim _{{x\to 0+}}x\ln(x))=\exp(0)=1

Hinweis:

Der Grenzwert \lim _{{x\to 0+}}x^{x} ist auch der Hauptgrund, warum 0^{0}=1 gesetzt wird. Denn dadurch íst die Funktion f:\mathbb{R} _{0}^{+}\to \mathbb{R} ,\ f(x)={\begin{cases}x^{x}&{\text{ für }}x\neq 0,\\1&{\text{ für }}x=0\end{cases}} stetig in null.

Hinweis:

Für zwei beliebige Funktionen f und g mit f(x)>0 lautet der Umformungstrick:

\lim _{{x\to x_{0}}}f(x)^{{g(x)}}=\lim _{{x\to x_{0}}}\exp[\ln(f(x))g(x)]

Übung: Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 6

Berechne die folgenden Grenzwerte

\lim _{{x\to \infty }}x^{{{\frac 1x}}}
\lim _{{x\to 0+}}x^{{\sin(x)}}

Teilaufgabe 1:

\lim _{{x\to \infty }}x^{{{\frac 1x}}}=\lim _{{x\to \infty }}\exp \left({\frac {\ln(x)}{x}}\right)\ {\underset {{\text{stetig}}}{{\overset {\exp }{=}}}}\ \exp \left(\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x)}{x}}\right)\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \exp \left(\lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac 1x}}{1}}\right)=\exp \left(\lim _{{x\to \infty }}{\frac 1x}\right)=\exp(0)=1

Teilaufgabe 2:

{\begin{aligned}\lim _{{x\to 0+}}x^{{\sin(x)}}&=\lim _{{x\to 0+}}\exp \left(\sin(x)\ln(x)\right)\ {\underset {{\text{stetig}}}{{\overset {\exp }{=}}}}\ \exp \left(\lim _{{x\to 0+}}\sin(x)\ln(x)\right)=\exp \left(\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\ln(x)}{{\frac {1}{\sin(x)}}}}\right)\ {\overset {{\frac {-\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \exp \left(\lim _{{x\to 0+}}{\frac {{\frac 1x}}{-{\frac {1}{\sin ^{2}(x)}}\cdot \cos(x)}}\right)\\&=\exp \left(\lim _{{x\to 0+}}-{\frac {\sin ^{2}(x)}{x\cos(x)}}\right)\ {\overset {{\frac {0}{0}}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \exp \left(\lim _{{x\to 0+}}-{\frac {2\sin(x)\cos(x)}{\cos(x)-x\sin(x)}}\right)=\exp \left({\frac {0}{1-0}}\right)=\exp(0)=1\end{aligned}}

Warnbeispiele

Nicht immer ist es sinnvoll die Regel von L’Hospital anzuwenden. Insbesondere darf sie nicht angewendet werde, falls die Voraussetzungen nicht erfüllt sind. In diesem Fall kann das überstürzte Anwenden der Regel ein falsches Ergebnis liefern. Daher wollen wir einige Warnbeispiele besprechen, die dies veranschaulichen sollen.

L’Hospital kann sehr langwierig/umständlich sein - Es muss nicht immer L’Hospital sein!

Wachstumsverhalten von Exponential- und Logarithmusfunktion

Betrachten wir hierzu den Grenzwert

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Dieser ist vom Typ {\tfrac {\infty }{\infty }} und L’Hospital ist somit anwendbar, und ergibt

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{{\alpha x}}}{x^{k}}}{\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\alpha e^{{\alpha x}}}{kx^{{k-1}}}}

Der Limes ist nun wieder von Typ {\tfrac {\infty }{\infty }}. Wiederholen wir die Regel, so gilt

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\alpha e^{{\alpha x}}}{kx^{{k-1}}}}{\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\alpha ^{2}e^{{\alpha x}}}{k(k-1)x^{{k-2}}}}

Wir erkennen bei der Anwendung der Regel von L’Hospital das folgende Muster: Der Zähler bleibt bleibt gleich bis auf den Vorfaktor, dieser ändert aber am Divergenzverhalten gegen \infty nichts. Im Nenner vermindert sich die Potenz von x in jedem Schritt um eins. Wenden wir daher die Regel von L’Hospital daher insgesamt k-mal an, so erhalten wir

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{{\alpha x}}}{x^{k}}}{\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\alpha e^{{\alpha x}}}{kx^{{k-1}}}}{\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\alpha ^{2}e^{{\alpha x}}}{k(k-1)x^{{k-2}}}}{\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\ldots =\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\alpha ^{k}e^{{\alpha x}}}{k!x^{0}}}=\lim _{{x\to \infty }}\underbrace {{\frac {\alpha ^{k}}{k!}}}_{{{\text{konstant}}}}\underbrace {e^{{\alpha x}}}_{{\to \infty }}=\infty

Dieses Resultat hätten wir allerdings auch wesentlich schneller und eleganter erreichen können. Wir haben weiter oben schon durch einmaliges Anwenden von L’Hospital gezeigt

für alle \alpha >0. Damit folgt nun

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{{\alpha x}}}{x^{k}}}=\lim _{{x\to \infty }}\left({\frac {e^{{{\frac {\alpha }{k}}x}}}{x}}\right)^{k}=\infty

da {\tilde \alpha }={\tfrac {\alpha }{k}}>0.

Hinweis:

Der Grenzwert besagt, dass jede Exponentialfunktion schneller wächst, als jede noch so große Potenzfunktion.

Übung: Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 7

Bestimme für \alpha >0 und k\in \mathbb{N} den Grenzwert

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {(\ln(x))^{k}}{x^{\alpha }}}

durch

k-maliges Anwenden der Regel von L’Hospital.
einmaliges Anwenden der Regel von L’Hospital und geschicktes Umformen.

Teilaufgabe 1: Der Grenzwert ist vom Typ {\tfrac {\infty }{\infty }} und L’Hospital ist anwendbar. Es gilt

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {(\ln(x))^{k}}{x^{\alpha }}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {k(\ln(x))^{{k-1}}\cdot {\frac 1x}}{\alpha x^{{\alpha -1}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {k(\ln(x))^{{k-1}}}{\alpha x^{{\alpha }}}}

Der Grenzwert ist wieder vom Typ {\tfrac {\infty }{\infty }}, die Potenz im Zähler verringert sich um eins, die im Nenner bleibt gleich. Nach k-maliger Anwendung von L’Hospital erhalten wir damit

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {(\ln(x))^{k}}{x^{\alpha }}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {k(\ln(x))^{{k-1}}}{\alpha x^{{\alpha }}}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {k(k-1)(\ln(x))^{{k-2}}}{\alpha ^{2}x^{{\alpha }}}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ldots =\lim _{{x\to \infty }}{\frac {k!(\ln(x))^{{0}}}{\alpha ^{k}x^{{\alpha }}}}=\lim _{{x\to \infty }}\underbrace {{\frac {k!}{\alpha ^{k}}}}_{{{\text{konstant}}}}\underbrace {{\frac {1}{x^{{\alpha }}}}}_{{\to 0}}=0

Teilaufgabe 2: Es gilt

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {\ln(x)}{x^{\alpha }}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac 1x}}{\alpha *x^{{\alpha -1}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1}{\alpha *x^{\alpha }}}=0

für alle k\in \mathbb{N} . Damit folgt nun

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {(\ln(x))^{k}}{x^{\alpha }}}=\lim _{{x\to \infty }}\left({\frac {\ln(x)}{x^{{{\frac {\alpha }{k}}}}}}\right)^{k}=0^{k}=0

da {\tilde \alpha }={\tfrac {\alpha }{k}}>0.

Hinweis:

Der Grenzwert besagt, dass die Logarithmusfunktion langsamer wächst, als jede noch so kleine Potenzfunktion.

Wachstumsverhalten von Polynomen

Betrachten wir nun den folgenden Grenzwert einer gebrochen rationalen Funktion für x\to \infty :

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{3}-4x+1}{x^{3}-3x^{2}+2x-4}}

Hier liegt, wegen \lim _{{x\to \infty }}x^{3}-4x+1=\infty =\lim _{{x\to \infty }}x^{3}-3x^{2}+2x-4 der Fall {\tfrac {\infty }{\infty }} vor, und durch dreimaliges Anwenden der Regel von L’Hospital erhalten wir

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{3}-4x+1}{x^{3}-3x^{2}+2x-4}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {3x^{2}-4}{3x^{2}-6x+2}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {6x}{6x-6}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac 66}=1

Alternativ lässt sich der Grenzwert auch ohne L’Hospital durch ausklammern und anschließendem Kürzen der höchsten Potenz (x^{3}) berechnen:

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{3}-4x+1}{x^{3}-3x^{2}+2x-4}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{3}(1-{\frac {4}{x^{2}}}+{\frac {1}{x^{3}}})}{x^{3}(1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}-{\frac {4}{x^{3}}})}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1-{\frac {4}{x^{2}}}+{\frac {1}{x^{3}}}}{1-{\frac {3}{x}}+{\frac {2}{x^{2}}}-{\frac {4}{x^{3}}}}}={\frac {1-0+0}{1-0+0-0}}=1

Sind nun allgemein p(x)=x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0} und q(x)=x^{n}+b_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0} normierte Polynome, so gilt ebenfalls

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {p(x)}{q(x)}}=1

Wollen wir dies mit der Regel von L’Hospital zeigen, so müssen wir diese insgesamt n-mal anwenden, und erhalten

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {p(x)}{q(x)}}&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{x^{n}+b_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}\\[0.3em]&{\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {nx^{{n-1}}+a_{{n-1}}(n-1)x^{{n-2}}+\ldots +a_{1}}{nx^{{n-1}}+b_{{n-1}}(n-1)x^{{n-2}}+\ldots +b_{1}}}\\[0.3em]&{\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {n(n-1)x^{{n-2}}+a_{{n-1}}(n-1)(n-2)x^{{n-3}}+\ldots +a_{2}}{n(n-1)x^{{n-2}}+b_{{n-1}}(n-1)(n-2)x^{{n-3}}+\ldots +b_{2}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{L’Hospital }}(n-2){\text{-mal angewendet}}\right.}\\[0.3em]&{\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {n(n-1)\cdot \ldots \cdot 2\cdot 1\cdot x^{{0}}}{n(n-1)\cdot \ldots \cdot 2\cdot 1\cdot x^{{0}}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {n!}{n!}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}1\\[0.3em]&=1\end{aligned}}

Zur Berechnung ohne L’Hospital können wir wieder die höchste Potenz, also x^{n}, ausklammern, kürzen, und anschließend den Grenzwert berechnen:

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {p(x)}{q(x)}}&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{x^{n}+b_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{n}\cdot \left(1+{\frac {a_{{n-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {a_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {a_{0}}{x^{n}}}\right)}{x^{n}\cdot \left(1+{\frac {b_{{n-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {b_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {b_{0}}{x^{n}}}\right)}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1+\overbrace {{\frac {a_{{n-1}}}{x}}}^{{\to 0}}+\ldots +\overbrace {{\frac {a_{1}}{x^{{n-1}}}}}^{{\to 0}}+\overbrace {{\frac {a_{0}}{x^{n}}}}^{{\to 0}}}{1+\underbrace {{\frac {b_{{n-1}}}{x}}}_{{\to 0}}+\ldots +\underbrace {{\frac {b_{1}}{x^{{n-1}}}}}_{{\to 0}}+\underbrace {{\frac {b_{0}}{x^{n}}}}_{{\to 0}}}}\\[0.3em]&={\frac {1+0+\ldots +0+0}{1+0+\ldots +0+0}}\\[0.3em]&=1\end{aligned}}

Übung: Grenzwert von gebrochen rationaler Funktion

Zeige für a_{n},b_{m}>0:

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{b_{m}x^{m}+b_{{m-1}}x^{{m-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}={\begin{cases}\infty &{\text{ falls }}n>m,\\{\frac {a_{n}}{b_{n}}}&{\text{ falls }}n=m,\\0&{\text{ falls }}n<m\end{cases}}

Fall 1:

n>m

1.Möglichkeit: Ohne L’Hospital

Wir klammern die größte Potenz x^{n} aus, und erhalten

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{b_{m}x^{m}+b_{{m-1}}x^{{m-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{n}\cdot \left(a_{n}+a_{{n-1}}x^{{-1}}+\ldots +a_{1}x^{{1-n}}+a_{0}x^{{-n}}\right)}{x^{n}\cdot \left(b_{m}x^{{m-n}}+b_{{m-1}}x^{{m-n+1}}+\ldots +b_{1}x^{{1-n}}+b_{0}x^{{-n}}\right)}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{n}\cdot \left(a_{n}+{\frac {a_{{n-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {a_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {a_{0}}{x^{n}}}\right)}{x^{n}\cdot \left({\frac {b_{m}}{x^{{n-m}}}}+{\frac {b_{{m-1}}}{x^{{n-m-1}}}}+\ldots +{\frac {b_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {b_{0}}{x^{n}}}\right)}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}+\overbrace {{\frac {a_{{n-1}}}{x}}}^{{\to 0}}+\ldots +\overbrace {{\frac {a_{1}}{x^{{n-1}}}}}^{{\to 0}}+\overbrace {{\frac {a_{0}}{x^{n}}}}^{{\to 0}}}{\underbrace {{\frac {b_{m}}{x^{{n-m}}}}}_{{\to 0}}+\underbrace {{\frac {b_{{m-1}}}{x^{{n-m-1}}}}}_{{\to 0}}+\ldots +\underbrace {{\frac {b_{1}}{x^{{n-1}}}}}_{{\to 0}}+\underbrace {{\frac {b_{0}}{x^{n}}}}_{{\to 0}}}}\\[0.3em]&={\frac {a_{n}+0+\ldots +0+0}{0+0+\ldots +0+0}}\\[0.3em]&{\overset {{\frac {a_{n}}{0+}}}{=}}+\infty \end{aligned}}

2.Möglichkeit: Mit L’Hospital

Wir wenden die Regel von L’Hospital m-Mal an, und erhalten

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{b_{m}x^{m}+b_{{m-1}}x^{{m-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}&{\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}nx^{{n-1}}+a_{{n-1}}(n-1)x^{{n-2}}+\ldots +a_{1}}{b_{m}mx^{{m-1}}+b_{{m-1}}(m-1)x^{{m-2}}+\ldots +b_{1}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{L’Hospital }}(m-1){\text{-Mal angewendet}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {n(n-1)\cdot \ldots \cdot (n-m)x^{{n-m}}}{m!x^{0}}}\\[0.3em]&{\overset {{\frac {+\infty }{n!}}}{=}}+\infty \end{aligned}}

Fall 2:

n=m

1.Möglichkeit: Ohne L’Hospital

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{b_{n}x^{n}+b_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{n}\cdot \left(a_{n}+{\frac {a_{{n-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {a_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {a_{0}}{x^{n}}}\right)}{x^{n}\cdot \left(b_{n}+{\frac {b_{{n-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {b_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {b_{0}}{x^{n}}}\right)}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}+{\frac {a_{{n-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {a_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {a_{0}}{x^{n}}}}{b_{n}+{\frac {b_{{n-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {b_{1}}{x^{{n-1}}}}+{\frac {b_{0}}{x^{n}}}}}\\[0.3em]&={\frac {a_{n}+0+\ldots +0+0}{b_{n}+0+\ldots +0+0}}\\[0.3em]&={\frac {a_{n}}{b_{n}}}\end{aligned}}

2.Möglichkeit: Mit L’Hospital

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{b_{n}x^{n}+b_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}&{\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}nx^{{n-1}}+a_{{n-1}}(n-1)x^{{n-2}}+\ldots +a_{1}}{b_{n}nx^{{n-1}}+b_{{n-1}}(n-1)x^{{n-2}}+\ldots +b_{1}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{L’Hospital }}(n-1){\text{-Mal angewendet}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {n!a_{n}x^{0}}{n!b_{n}x^{0}}}\\[0.3cm]&={\frac {a_{n}}{b_{n}}}\end{aligned}}

Fall 3:

n<m

1.Möglichkeit: Ohne L’Hospital

Wir klammern die größte Potenz x^{m} aus, und erhalten

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{b_{m}x^{m}+b_{{m-1}}x^{{m-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x^{m}\cdot \left({\frac {a_{n}}{x^{{m-n}}}}+{\frac {a_{{n-1}}}{x^{{m-n-1}}}}+\ldots +{\frac {a_{1}}{x^{{m-1}}}}+{\frac {a_{0}}{x^{m}}}\right)}{x^{m}\cdot \left(b_{m}+{\frac {b_{{m-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {b_{1}}{x^{{m-1}}}}+{\frac {b_{0}}{x^{m}}}\right)}}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac {a_{n}}{x^{{m-n}}}}+{\frac {a_{{n-1}}}{x^{{m-n-1}}}}+\ldots +{\frac {a_{1}}{x^{{m-1}}}}+{\frac {a_{0}}{x^{m}}}}{b_{m}+{\frac {b_{{m-1}}}{x}}+\ldots +{\frac {b_{1}}{x^{{m-1}}}}+{\frac {b_{0}}{x^{m}}}}}\\[0.3em]&={\frac {0+0+\ldots +0+0}{b_{m}+0+\ldots +0+0}}\\[0.3em]&=0\end{aligned}}

2.Möglichkeit: Mit L’Hospital

Wir wenden die Regel von L’Hospital n-Mal an, und erhalten

{\begin{aligned}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}x^{n}+a_{{n-1}}x^{{n-1}}+\ldots +a_{1}x^{1}+a_{0}}{b_{m}x^{m}+b_{{m-1}}x^{{m-1}}+\ldots +b_{1}x^{1}+b_{0}}}&{\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{=}}}}\lim _{{x\to \infty }}{\frac {a_{n}nx^{{n-1}}+a_{{n-1}}(n-1)x^{{n-2}}+\ldots +a_{1}}{b_{m}mx^{{m-1}}+b_{{m-1}}(m-1)x^{{m-2}}+\ldots +b_{1}}}\\[0.3em]&{\color {Gray}\left\downarrow \ {\text{L’Hospital }}(n-1){\text{-Mal angewendet}}\right.}\\[0.3em]&=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {n!x^{0}}{m(m-1)\cdot \ldots \cdot (m-n)x^{{m-n}}}}\\[0.3em]&{\overset {{\frac {n!}{\infty }}}{=}}0\end{aligned}}

L’Hospital kann nicht zum Erfolg führen

In diesem Abschnitt wollen wir einige Beispiele von Grenzwerten vorstellen, bei denen die Regel von L’Hospital „versagt“. Dies kann passieren, da die Regel von L’Hospital eine hinreichende, jedoch keine notwendige Bedingung für die Existenz des Grenzwerts \lim _{{x\to a}}{\tfrac {f(x)}{g(x)}} ist.

L’Hospital führt in Endlosschleife

Manchmal kann es vorkommen, dass sich die Regel von L’Hospital „im Kreis dreht“. Ein Beispiel ist

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{e^{x}-e^{{-x}}}}

Dieser Grenzwert ist vom Typ {\tfrac {\infty }{\infty }}, und L’Hospital ist anwendbar. Tun wir dies, so erhalten wir

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{e^{x}-e^{{-x}}}}\ {\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{e^{x}+e^{{-x}}}}

Der entstandene Grenzwert ist nun wieder vom Typ {\tfrac {\infty }{\infty }}. Schauen wir genauer hin, so erkennen wir, dass sich durch die Anwendung von L’Hospital Zähler und Nenner vertauscht haben. Wenden wir nun die Regel erneut an, so ergibt sich

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}-e^{{-x}}}{e^{x}+e^{{-x}}}}\ {\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{e^{x}-e^{{-x}}}}

Es entsteht also wieder der ursprüngliche Grenzwert. Die Regel von L’Hospital bringt uns daher bei diesem Grenzwert nicht weiter! Allerdings gibt es eine relativ einfache Möglichkeit ohne L’Hospital ans Ziel zu gelangen:

Klammern wir im Zähler und Nenner e^{x} aus, und kürzen anschließend, so erhalten wir

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}+e^{{-x}}}{e^{x}-e^{{-x}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {e^{x}(1-e^{{-2x}})}{e^{x}(1+e^{{-2x}})}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1-e^{{-2x}}}{1+e^{{-2x}}}}={\frac {1-\lim _{{x\to \infty }}e^{{-2x}}}{1+\lim _{{x\to \infty }}e^{{-2x}}}}={\frac {1+0}{1-0}}=1

Übung: Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 1

Bestimme den Grenzwert

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x}{{\sqrt {x^{2}+1}}}}

Welches Problem ergibt sich bei der Anwendung der Regel von L’Hospital?

Durch Ausklammern von x^{2} im Nenner erhalten wir

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x}{{\sqrt {x^{2}+1}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x}{{\sqrt {x^{2}\cdot \left(1+{\frac 1{x^{2}}}\right)}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x}{{\sqrt {x^{2}}}\cdot {\sqrt {1+{\frac 1{x^{2}}}}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x}{x\cdot {\sqrt {1+{\frac 1{x^{2}}}}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {1}{\underbrace {{\sqrt {1+{\frac 1{x^{2}}}}}}_{{\to {\sqrt {1+0}}}}}}={\frac {1}{{\sqrt 1}}}=1

Die Anwendung der Regel von L’Hospital führt in eine Endlosschleife, denn

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x}{{\sqrt {x^{2}+1}}}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {1}{{\frac {2x}{2{\sqrt {x^{2}+1}}}}}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\sqrt {x^{2}+1}}}{x}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {{\frac {2x}{2{\sqrt {x^{2}+1}}}}}{1}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x}{{\sqrt {x^{2}+1}}}}\ {\overset {{\frac {\infty }{\infty }}}{{\underset {{\text{L'H.}}}{=}}}}\ \ldots

L’Hospital führt in Sackgasse

Es kann auch passieren, dass die Anwendung von L’Hospital die Situation sogar „verschlimmert“. Das heißt, ein Grenzwert, der existiert, kann durch Anwendung der Regel in einen Grenzwert umgeformt werden, der nicht mehr existiert. Beachtet daher immer: Aus \lim _{{x\to a}}{\tfrac {f'(x)}{g'(x)}}=c folgt \lim _{{x\to a}}{\tfrac {f(x)}{g(x)}}=c, aber nicht umgekehrt. Insbesondere kann daraus, dass \lim _{{x\to a}}{\tfrac {f'(x)}{g'(x)}} nicht existiert, nicht gefolgert werden, dass \lim _{{x\to a}}{\tfrac {f(x)}{g(x)}} nicht existiert. Betrachten wir hierzu

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {2x+\sin(x)}{2x-\sin(x)}}

Es gilt 2x\pm \sin(x)\geq 2x-1\to \infty . Daher liegt der Fall {\tfrac {\infty }{\infty }} vor. Anwendung von L’Hospital liefert nun

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {2x+\sin(x)}{2x-\sin(x)}}\ {\overset {{\text{L'H.}}}{=}}\ \lim _{{x\to \infty }}{\frac {2+\cos(x)}{2-\cos(x)}}

Nun haben wir aber ein Problem, den dieser Grenzwert existiert nicht. Betrachten wir nämlich die Folgen (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} mit

x_{n}=n\pi

Diese divergiert bestimmt gegen \infty . Es gilt jedoch

\lim _{{n\to \infty }}{\frac {2+\cos(x_{n})}{2-\cos(x_{n})}}=\lim _{{n\to \infty }}{\frac {n\pi +(-1)^{{n+1}}}{n\pi -(-1)^{{n+1}}}}

Dieser Grenzwert existiert nicht (auch nicht uneigentlich), da (-1)^{{n+1}} divergiert. Dies bedeutet, dass auch hier L’Hospital unbrauchbar ist. Dass der ursprüngliche Grenzwert sehr wohl existiert, sehen wir an folgendem Umformungstrick: Wegen \lim _{{x\to \infty }}{\tfrac {\sin(x)}{x}}=0 gilt

\lim _{{x\to \infty }}{\frac {2x+\sin(x)}{2x-\sin(x)}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {x(2+{\frac {\sin(x)}{x}})}{x(2-{\frac {\sin(x)}{x}})}}=\lim _{{x\to \infty }}{\frac {2+{\frac {\sin(x)}{x}}}{2-{\frac {\sin(x)}{x}}}}={\frac {2+0}{2-0}}=1

Übung: Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 2

Bestimme

\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{2}\sin({\tfrac 1x})}{x+\sin(x)}}

Welches Problem ergibt sich bei der Anwendung der Regel von L’Hospital?

Zunächst gilt mit einem simplen Umformungstrick:

\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{2}\sin({\tfrac 1x})}{x+\sin(x)}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x\cdot x\cdot \sin({\tfrac 1x})}{x+\sin(x)}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x\cdot \sin({\tfrac 1x})}{{\tfrac 1x}\cdot (x+\sin(x))}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x\cdot \sin({\tfrac 1x})}{{\tfrac 1x}\cdot (x+\sin(x))}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x\cdot \sin({\tfrac 1x})}{1+{\tfrac {\sin(x)}{x}}}}

Weiter ist zum Einen \lim _{{x\to 0}}x\cdot \sin({\tfrac 1x})=0, was unmittelbar aus der Abschätzung 0\leq \left|x\cdot \sin({\tfrac 1x})\right|\leq |x|{\overset {x\to 0}{\to }}0 folgt. Und zum Anderen ist \lim _{{x\to 0}}{\tfrac {\sin(x)}{x}}=1, was wir mit der Regel von L’Hospital weiter oben gezeigt haben.

Insgesamt erhalten wir

\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{2}\sin({\tfrac 1x})}{x+\sin(x)}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\overbrace {x\cdot \sin({\tfrac 1x})}^{{\to 0}}}{1+\underbrace {{\tfrac {\sin(x)}{x}}}_{{\to 1}}}}={\frac {0}{1+1}}=0

Wenden wir die Regel von L’Hospital an, was erlaubt ist, da der Grenzwert vom Typ {\tfrac 00} ist, so ergibt sich

\lim _{{x\to 0}}{\frac {x^{2}\sin({\tfrac 1x})}{x+\sin(x)}}{\underset {{\text{L'H.}}}{{\overset {{\frac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {2x\sin({\tfrac 1x})+x^{2}\cos({\tfrac 1x})\cdot (-{\tfrac 1{x^{2}}})}{1+\cos(x)}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\overbrace {2x\sin({\tfrac 1x})}^{{\to 0}}-\overbrace {\cos({\tfrac 1x})}^{{(*)}}}{1+\underbrace {\cos(x)}_{{\to 1}}}}

Dieser Grenzwert divergiert nun, da der (*)-Ausdruck für x\to 0 divergiert. Denn für die Nullfolge x_{n}={\frac {1}{n\pi }} gilt: \cos({\tfrac 1{x_{n}}})=\cos(n\pi )=(-1)^{{n+1}}. Also war die Anwendung von L’Hospital erneut erfolglos! :-(

L’Hospital kann ein falsches Ergebnis liefern

Dies kann immer dann passieren, wenn die Regel angewendet wird, obwohl die Voraussetzungen nicht erfüllt sind. Ein Beispiel ist

\lim _{{x\to \pi }}{\frac {\sin(x)}{x}}

Genau hinsehen, in diesem Fall geht x gegen \pi , nicht 0! Da Zähler und Nenner stetig in \pi sind, gilt

\lim _{{x\to \pi }}{\frac {\sin(x)}{x}}={\frac {\sin(\pi )}{\pi }}={\frac {0}{\pi }}=0

L’Hospital ist für den Fall {\frac {0}{\pi }} nicht anwendbar. Wendet ihr die Regel trotzdem an, so erhaltet ihr das falsche Ergebnis

\lim _{{x\to \pi }}{\frac {\sin(x)}{x}}\ {\color {Red}{\overset {{\text{falsch}}}{=}}}\ \lim _{{x\to \pi }}{\frac {\cos(x)}{1}}={\frac {\cos(\pi )}{1}}={\frac {-1}{1}}=-1

Daher solltet ihr immer zuerst überprüfen, ob die Regel von L’Hospital überhaupt anwendbar bzw. nötig ist.

Übung: Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 3

Bestimme die Grenzwerte

\lim _{{x\to 0-}}{\frac {\cos(x)}{x}}
\lim _{{x\to 0+}}x^{{{\frac 1x}}}

Welche Grenzwerte ergeben sich bei der fälschlichen Anwendung der Regel von L’Hospital?

Teilaufgabe 1: Durch Einsetzen ergibt sich

\lim _{{x\to 0-}}{\frac {\overbrace {\cos(x)}^{{\to \cos(0)=1}}}{\underbrace {x}_{{\to 0-}}}}=-\infty

Da der Grenzwert vom Typ {\frac {1}{0}} ist, ist L’Hospital nicht anwendbar. Wenden wir die Regel trotzdem an, so erhalten wir das falsche Ergebnis

\lim _{{x\to 0-}}{\frac {\cos(x)}{x}}\ {\color {Red}{\overset {{\text{falsch}}}{=}}}\ \lim _{{x\to 0-}}{\frac {-\sin(x)}{1}}={\frac {-\sin(0)}{1}}={\frac {0}{1}}=0

Teilaufgabe 2: Da der Grenzwert vom Typ 0^{\infty } ist, verwenden wir zunächst unseren Standard-Umformungstrick

\lim _{{x\to 0+}}x^{{{\frac 1x}}}=\lim _{{x\to 0+}}e^{{\ln(x)\cdot {\frac 1x}}}=\lim _{{x\to 0+}}e^{{{\frac {\ln(x)}{x}}}}

Für den Ausdruck im Exponenten gilt nun \lim _{{x\to 0+}}{\frac {\overbrace {\ln(x)}^{{\to -\infty }}}{\underbrace {x}_{{\to 0+}}}}=-\infty . Wegen \lim _{{x\to -\infty }}e^{x}=0 ergibt sich

\lim _{{x\to 0+}}x^{{{\frac 1x}}}=\lim _{{x\to 0+}}e^{{{\frac {\ln(x)}{x}}}}=0

Im Exponenten ist L’Hospital erneut nicht anwendbar. Wenden wir die Regel an, so erhalten wir

\lim _{{x\to 0+}}{\frac {\ln(x)}{x}}\ {\color {Red}{\overset {{\text{falsch}}}{=}}}\ \lim _{{x\to 0+}}{\frac {{\frac 1x}}{1}}=\lim _{{x\to 0+}}{\frac {1}{x}}=+\infty

Wegen \lim _{{x\to \infty }}e^{x}=+\infty folgt das falsche Ergebnis

\lim _{{x\to 0+}}x^{{{\frac 1x}}}=\lim _{{x\to 0+}}e^{{{\frac {\ln(x)}{x}}}}\ {\color {Red}{\overset {{\text{falsch}}}{=}}}\ +\infty

Folgerung: Hinreichendes Kriterium für Differenzierbarkeit

Satz: Kriterium für Differenzierbarkeit

Sei I\subseteq \mathbb{R} ein offenes Intervall und a\in I. Weiter sei f:I\to \mathbb{R} stetig auf I und differenzierbar auf I\setminus \{a\}. Außerdem existiere \lim \limits _{{x\to a}}f'(x)=c. Dann ist f differenzierbar in a und es gilt f'(a)=c.

Beweis

Wir müssen zeigen:

f'(a)=\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+h)-f(a)}{h}}=c

Nun gilt \lim _{{h\to 0}}f(a+h)-f(a){\overset {f{\text{ stetig}}}{=}}f(a)-f(a)=0 und \lim _{{h\to 0}}h=0. Außerdem sind {\tilde f}(h)=f(a+h)-f(a) und {\tilde g}(h)=h differenzierbar für h\neq 0, und {\tilde g}'(h)=1\neq 0. Mit der Regel von L’Hospital gilt

\lim _{{h\to 0}}{\frac {f(a+h)-f(a)}{h}}=\lim _{{h\to 0}}{\frac {f'(a+h)}{1}}{\overset {\lim \limits _{{x\to a}}f'(x)=c}{=}}c

Damit ist f in a differenzierbar mit f'(a)=c.

Alternativer Beweis: Kriterium für Differenzierbarkeit

Beweis

Ebenso können wir mit Hilfe des Mittelwertsatzes

f'(a)=\lim _{{x\to a}}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}=c

zeigen. Sei dazu (x_{n})_{{n\in \mathbb{N} }} eine Folge in I mit \lim _{{n\to \infty }}x_{n}=a. Dann ist f nach Voraussetzung für alle n\in \mathbb{N} stetig auf [a,x_{n}] (bzw. [x_{n},a]) und differenzierbar auf (a,x_{n}) (bzw. (x_{n},a)). Nach dem Mittelwertsatz gibt es für alle n\in \mathbb{N} ein \xi _{n}\in (a,x_{n}) (bzw. (x_{n},a)) mit

{\frac {f(x_{n})-f(a)}{x_{n}-a}}=f'(\xi _{n})

Da nun x_{n}\to a und \xi _{n}\in [a,x_{n}]\iff a\leq \xi _{n}\leq x_{n} (bzw. \xi _{n}\in [x_{n},a]\iff x_{n}\leq \xi _{n}\leq a), gilt auch \xi _{n}\to a. Wegen \lim _{{x\to a}}f'(x)=c folgt \lim _{{n\to \infty }}f'(\xi _{n})=c. Also erhalten wir

\lim _{{n\to \infty }}{\frac {f(x_{n})-f(a)}{x_{n}-a}}=\lim _{{n\to \infty }}f'(\xi _{n})=c

Da (x_{n}) mit x_{n}\to a beliebig war, ist

f'(a)=\lim _{{x\to a}}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}=c

Hinweis:

Eine Funktion, die das Kriterium aus dem Satz erfüllt, ist nicht nur differenzierbar im Punkt a. Wegen \lim _{{x\to a}}f'(x)=c=f'(a) ist die Ableitungsfunktion sogar stetig in a. Daher ist das Kriterium auch hinreichend und nicht notwendig für die Differenzierbarkeit in a.

Verständnisfrage: Gib eine differenzierbare Funktion an, die die Voraussetzungen des Satzes nicht erfüllt.

Wir suchen eine differenzierbare Funktion, deren Ableitung in einem Punkt nicht stetig ist. Ein Beispiel hierfür ist die Funktion

f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)={\begin{cases}x^{2}\sin({\tfrac 1x})&{\text{ für }}x\neq 0,\\0&{\text{ für }}x=0.\end{cases}}

Sie hat in a=0 die Ableitung f'(0)=0, ist dort jedoch nicht stetig, da der Grenzwert

\lim _{{x\to 0 \atop x\neq 0}}f'(x)=\lim _{{x\to 0 \atop x\neq 0}}\left[2x\sin({\tfrac 1x})-\cos({\tfrac 1x})\right]

nicht existiert.

Übung: Differenzierbarkeit der Si-Funktion

Sei

f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} ,\ f(x)={\begin{cases}{\frac {\sin(x)}{x}}&{\text{ für }}x\neq 0,\\1&{\text{ für }}x=0\end{cases}}

Zeige, ohne Benutzung des Differentialquotienten, dass f im Nullpunkt differenzierbar ist, und berechne die Ableitung f'(0).

Beweisschritt: f ist stetig in null

Mit der Regel von L’Hospital gilt

\lim _{{x\to 0}}f(x)=\lim _{{x\to 0}}{\frac {\sin(x)}{x}}{\underset {{\text{l.H.}}}{{\overset {{\tfrac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {\cos(x)}{1}}=1=f(0)

Also ist f stetig in null.

Beweisschritt: f ist differenzierbar in \mathbb{R} \setminus \{0\}

Da \sin und x\mapsto x auf \mathbb{R} \setminus \{0\} differenzierbar sind, ist mit der Quotientenregel auch f dort differenzierbar. Weiter gilt für x\neq 0:

f'(x)={\frac {\cos(x)\cdot x-\sin(x)\cdot 1}{x^{2}}}={\frac {x\cos(x)-\sin(x)}{x^{2}}}

Beweisschritt: f ist differenzierbar in null

Wir benutzen das Kriterium aus dem Satz zuvor. (Wegen Schritt 1 und 2 anwendbar.) Es gilt

\lim _{{x\to 0}}f'(x)=\lim _{{x\to 0}}{\frac {x\cos(x)-\sin(x)}{x^{2}}}{\underset {{\text{l.H.}}}{{\overset {{\tfrac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {\cos(x)-x\sin(x)-\cos(x)}{2x}}=\lim _{{x\to 0}}{\frac {-x\sin(x)}{2x}}{\underset {{\text{l.H.}}}{{\overset {{\tfrac 00}}{=}}}}\lim _{{x\to 0}}{\frac {-\sin(x)-x\cos(x)}{2}}=0

Nach dem Kriterium ist f in null differenzierbar mit f'(0)=0.