Regel von L’Hospital

Will man einen Grenzwert ($x$ gegen Häufungspunkt $x_0$) einer Funktion berechnen und erhält ein Ergebnis von „$\frac{0}{0}$“ oder „$\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$„, darf unter folgenden Voraussetzungen die Regel von l’hospital verwendet werden.

Anwendung von l’hospital

Wir bilden die Ableitung von Zähler und Nenner (die beiden separaten Funktionen müssen differenzierbar sein). Nach der Regel von l’hospital erhalten wir anschließend den identischen Grenzwert:
\begin{align*}
\lim\limits_{x \rightarrow x_0}{\frac{f(x)}{g(x)}}=“\frac{0}{0}“\text{ oder }“\frac{\pm\infty}{\pm\infty}“\quad\Rightarrow\quad\lim\limits_{x \rightarrow x_0}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim\limits_{x \rightarrow x_0}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}
\end{align*}

Achtung: Keine Quotientenregel bei diesem Bruch!

Weitere kritische Grenzwerte sind „$0\cdot \infty$„, „$1^\infty$„, „$\infty^0$“ und „$0^0$„. Diese müssen erst umgeformt werden, bevor l’hospital angewendet werden darf!

Schau dir zur Einführung in das Thema l’Hospital folgendes Erklärvideo an!

Beispiel: $„\frac{\pm\infty}{\pm\infty}“$
\begin{align*}
\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{\text{e}^x}{x}}=\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{f(x)}{g(x)}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{f'(x)}{g'(x)}}\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{\text{e}^x}{1}}=\infty\\
\end{align*}

Weiteres Beipsiel

\begin{align*}
\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{x^2}{(3x+1)^2}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{2x}{2(3x+1)\cdot 3}}=\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{x}{9x+3}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{1}{9}}=\frac{1}{9}
\end{align*}

Beispiel $„\frac{0}{0}“$
\begin{align*}
&\lim\limits_{x \to 1}{\frac{3\ln(x)}{x-1}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to 1}{\frac{3\cdot \frac{1}{x}}{1}}=3\\
&\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\text{e}^x-1}{-x^2}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\text{e}^x}{-2x}}=-\infty
\end{align*}

Beispiele $„0\cdot \pm\infty“ \rightarrow$ umformen zu „$\frac{0}{0}$“ oder „$\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$“

\begin{align*}
\phantom{\,}&\lim\limits_{x \to 0}{x\cdot \ln(x)}=\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\ln(x)}{\frac{1}{x}}}=\mbox{„}\frac{-\infty}{\infty}\mbox{„}\ \rightarrow\ \lim\limits_{x \to 0}{\frac{\ln(x)}{\frac{1}{x}}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to 0}{\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}}=\lim\limits_{x \to 0}{-x}=0
\end{align*}

Bei den Fällen „$1^\infty$„, „$\infty^0$“ und „$0^0$“ immer den Trick anwenden und mit e-Funktion und Logarithmus arbeiten/zu $\text{e}^{\text{„Exponent“}\cdot\ln(\text{„Basis“})}$ umschreiben. Danach den Exponenten in eine der beiden Formen bringen, die für die Regel von l’hospital zulässig sind („$\frac{0}{0}$“ oder „$\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$„):

Beispiel „$1^\infty$„: Die e-Fkt. als Grenzwert einer Folge:
\begin{align*}
&\lim\limits_{x \to \infty}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^x}\stackrel{\ast^1}{=}\exp^{\lim\limits_{x \to \infty}{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)^x}}=\exp^{\lim\limits_{x \to \infty}{x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}}=\exp^{\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}}}=\exp^{\mbox{„}\frac{0}{0}\mbox{„}}\\ \\
&\text{Exponent: } \lim\limits_{x \to \infty}{\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}\left(-\frac{1}{x^2}\right)}{-\frac{1}{x^2}}}=\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{1}{1+\frac{1}{x}}}=1\\ \\
\Rightarrow&\lim\limits_{x \to \infty}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^x}=\text{e}^1=\text{e}\qquad
\end{align*}

$\ast^1$: Der Limes durfte in den Exponenten gezogen werden, weil die e-Funktion stetig ist.

Beispiel „$\infty^0$“
\begin{align*}
&\lim\limits_{x \to \infty}{\sqrt[x]{2x^2+x+1}}=\lim\limits_{x \to \infty}{(2x^2+x+1)^{\frac{1}{x}}}\stackrel{\ast^1}{=}\exp^{\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{1}{x}\ln(2x^2+x+1)}}=\exp^{\mbox{„}\frac{\infty}{\infty}\mbox{„}}\\ \\
&\text{Exponent: } \lim\limits_{x \to \infty}{\frac{\ln(2x^2+x+1)}{x}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{\frac{1}{2x^2+x+1}\cdot (4x+1)}{1}}=\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{4x+1}{2x^2+x+1}}\\ \\
&\qquad\qquad\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{4}{4x+1}}=0\\ \\
\Rightarrow&\lim\limits_{x \to \infty}{\sqrt[x]{2x^2+x+1}}=\text{e}^0=1
\end{align*}

$\ast^1$: Der Limes durfte in den Exponenten gezogen werden, weil die e-Funktion stetig ist.

Beispiel „$0^0$“
\begin{align*}
&\lim\limits_{x \downarrow 0}{(2x)^{3x}}=\text{e}^{\lim\limits_{x \downarrow 0}{3x\ln(2x)}}=\text{e}^{\lim\limits_{x \downarrow 0}{3\cdot\frac{\ln(2x)}{\frac{1}{x}}}}=\text{e}^{\mbox{„}\frac{-\infty}{\infty}\mbox{„}}\\
&\text{Exponent: } \lim\limits_{x \downarrow 0}{3\cdot\frac{\ln(2x)}{\frac{1}{x}}}\stackrel{l’h.}{=}\lim\limits_{x \downarrow 0}{3\cdot\frac{\frac{1}{2x}\cdot 2}{-\frac{1}{x^2}}}=\lim\limits_{x \downarrow 0}{3\cdot (-x)}=0\\
\Rightarrow&\lim\limits_{x \downarrow 0}{(2x)^{3x}}=\text{e}^0=1
\end{align*}