Regel von L'Hospital – Serlo „Mathe für Nicht-Freaks“

Als letzte Anwendung des Mittelwertsatzes, 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:

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

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

Beweis (Regel von L’Hospital)

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

To-Do:

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:

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

To-Do:

Satz fertig schreiben

Anwendungsbeispiele

Standardtypen ${\tfrac {0}{0}}$ 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)

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:

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

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.

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital)

Bestimme die folgenden Grenzwerte:

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

Lösung (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital)

Teilaufgabe 1:

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

Teilaufgabe 2:

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

Beispiel (Bestimmung von Grenzwert L’Hospital 2)

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

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

Dieser Grenzwert lässt sich für $\alpha >0$ verallgemeinern zu

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

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 2)

Bestimme für $\alpha >0$ den Grenzwert

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

Lösung (Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 2)

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)

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

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

Also gilt insgeamt

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

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 3)

Bestimme für die Grenzwerte

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

Lösung (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 3)

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:

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

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 ${\tfrac {0}{0}}$ oder ${\tfrac {\pm \infty }{\pm \infty }}$ zu erhalten.

Beispiel (Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 4)

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

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

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

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

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 ${\tfrac {0}{0}}$. Jedoch erhalten wir hier durch Anwendung der Regel von L’Hospital

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

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.

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 4)

Berechne

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

Lösung (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 4)

Teilaufgabe 1:

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

Teilaufgabe 2:

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

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)

Betrachten wir den Grenzwert

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

Hier gilt $\lim _{x\to 0+}{\tfrac {1}{\sin(x)}}=\lim _{x\to 0}{\tfrac {1}{x}}=\infty$. 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

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

Hinweis

Für zwei beliebige Funktionen $f$ und $g$ lautet der Umformungstrick:

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

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 5)

Bestimme

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

Lösung (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 5)

Teilaufgabe 1: Es gilt

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

Teilaufgabe 2: Hier gilt

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

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)

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

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

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:

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

Aufgabe (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 6)

Berechne die folgenden Grenzwerte

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

Lösung (Bestimmung von Grenzwerten mit L’Hospital 6)

Teilaufgabe 1:

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

Teilaufgabe 2:

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

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

$\lim _{x\to \infty }{\frac {e^{\alpha x}}{x^{k}}}$ für $\alpha >0$ und $k\in \mathbb {N}$

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

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

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.

Aufgabe (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

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

Lösung (Bestimmung von Grenzwert mit L’Hospital 7)

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

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

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

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

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

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

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:

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

Aufgabe (Grenzwert von gebrochen rationaler Funktion)

Zeige für $a_{n},b_{m}>0$:

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

Lösung (Grenzwert von gebrochen rationaler Funktion)

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

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

Aufgabe (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?

Lösung (Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 1)

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

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

Aufgabe (Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 2)

Bestimme

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

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

Lösung (Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 2)

Zunächst gilt mit einem simplen Umformungstrick:

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

Weiter ist zum Einen $\lim _{x\to 0}x\cdot \sin({\tfrac {1}{x}})=0$, was unmittelbar aus der Abschätzung $0\leq \left|x\cdot \sin({\tfrac {1}{x}})\right|\leq |x|{\overset {x\to 0}{\to }}0$ 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

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

Wenden wir die Regel von L’Hospital an, was erlaubt ist, da der Grenzwert vom Typ ${\tfrac {0}{0}}$ ist, so ergibt sich

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

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.

Aufgabe (Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 3)

Bestimme die Grenzwerte

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

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

Lösung (Berechnung von Grenzwert ohne L’Hospital 3)

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

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

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

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

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

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

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

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

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 (Kriterium für Differenzierbarkeit)

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)

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

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

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

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

nicht existiert.

Aufgabe (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 $f'(0)$.

Lösung (Differenzierbarkeit der Si-Funktion)

Schritt 1: $f$ ist stetig in null

Mit der Regel von L’Hospital gilt

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

Also ist $f$ stetig in null.

Schritt 2: $f$ 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 $x\neq 0$:

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

Schritt 3: $f$ ist differenzierbar in null

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

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

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