Zweite Regel von l'Hospital

Die Regeln sind nach dem französischen Mathematiker GUILLAUME FRANÇOISE ANTOINE DE L'HOSPITAL (1661 bis 1704) benannt.

Die im Folgenden betrachtete zweite Regel stellt eine Erweiterung für Grenzwerte mit $x\to \pm \infty$ dar. Sie lässt sich folgendermaßen formulieren:

• Es seien $u\left(x\right)undv\left(x\right)$ differenzierbare Funktionen mit $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }u\left(x\right)=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }v\left(x\right)=0$ sowie $v^{\prime }\left(x\right)\ne 0$.
  Dann gilt:
  $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{u\left(x\right)}{v\left(x\right)}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{u^{\prime }\left(x\right)}{v^{\prime }\left(x\right)}(falls\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{u^{\prime }\left(x\right)}{v^{\prime }\left(x\right)}existiert)$

Zum Beweis der zweiten Regel kann man den Grenzwert $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{u\left(x\right)}{v\left(x\right)}$ auf einen rechtsseitigen Grenzwert an der Stelle 0 zurückführen, indem man x durch $\frac{1}{z}(mitz\ne 0)$ ersetzt, d.h.:
$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{u\left(x\right)}{v\left(x\right)}=\underset{\begin{array}{l}z\to 0\\ z>0\end{array}}{\lim }\frac{u\left(\frac{1}{z}\right)}{v\left(\frac{1}{z}\right)}$

Wendet man jetzt auf der rechten Seite die erste Regel von L'HOSPITAL an, so erhält man:
$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{u\left(x\right)}{v\left(x\right)}=\underset{\begin{array}{l}z\to 0\\ z>0\end{array}}{\lim }\frac{u\left(\frac{1}{z}\right)}{v\left(\frac{1}{z}\right)}=\underset{\begin{array}{l}z\to 0\\ z>0\end{array}}{\lim }\frac{\left(-\frac{1}{z^2}\right)\cdot u^{\prime }\left(\frac{1}{z}\right)}{\left(-\frac{1}{z^2}\right)\cdot v^{\prime }\left(\frac{1}{z}\right)}=\underset{\begin{array}{l}z\to 0\\ z>0\end{array}}{\lim }\frac{u^{\prime }\left(\frac{1}{z}\right)}{v^{\prime }\left(\frac{1}{z}\right)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{u^{\prime }\left(x\right)}{v^{\prime }\left(x\right)}$

Wir betrachten speziell zur zweiten Regel einige weitere Beispiele.

• Beispiel 1: Es ist der Grenzwert von $f\left(x\right)=x\cdot \frac{1}{\sin x}$ für $x\to \infty$ zu bestimmen.

Wir formen dazu folgendermaßen um:
$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x\cdot \sin \frac{1}{x}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}$

Für $x\to \infty$ entsteht der unbestimmte Ausdruck $\frac{0}{0}$. Anwenden der zweiten Regel von L'HOSPITAL ergibt dann:
$\underset{x\to \infty }{\lim }\left(x\cdot \sin \frac{1}{x}\right)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\left(-\frac{1}{x^2}\right)\cdot \cos \frac{1}{x}}{\left(-\frac{1}{x^2}\right)}=\underset{x\to \infty }{\lim }\cos \frac{1}{x}=1$

• Beispiel 2: $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\arctan x-\frac{\pi }{2}}{\frac{1}{x}}$

Es ist:
$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\arctan x-\frac{\pi }{2}}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{-x^2}{1+x^2}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{-1}{\frac{1}{x^2}+1}=-1$

Eine Anwendung der l'hospitalschen Regeln ist auch bei weiteren unbestimmten Ausdrücken möglich.

Ausdrücke der Form $\frac{\infty }{\infty }bzw.0\cdot \infty$ können im Allgemeinen in solche der Form $\frac{0}{0}$ umgeformt werden.

Andererseits kann man nachweisen, dass bei unbestimmten Ausdrücken der Form $\frac{\infty }{\infty }$ für $x\to x_{0}bzw.x\to \infty$ ebenso nach den l'hospitalschen Regeln verfahren werden kann. Oftmals empfiehlt sich auch eine Umformung der folgenden Art:
$\frac{u\left(x\right)}{v\left(x\right)}=\frac{\frac{1}{v\left(x\right)}}{\frac{1}{u\left(x\right)}}$

• Beispiel 3: $\underset{x\to \pi }{\lim }\frac{\frac{2}{x-\pi }}{\frac{x}{\sin x}}$

Die Grenzwertbestimmung würde unmittelbar auf einen unbestimmten Ausdruck der Form $\frac{\infty }{\infty }$ führen; Beseitigung des Doppelbruchs liefert
$\underset{x\to \pi }{\lim }\frac{2\sin x}{x\cdot \left(x-\pi \right)}$
und damit einen unbestimmten Ausdruck der Form $\frac{0}{0}$.

Die nun anwendbare erste Regel von L'HOSPITAL ergibt dann:
$\underset{x\to \pi }{\lim }\frac{2\sin x}{x\cdot \left(x-\pi \right)}=\underset{x\to \pi }{\lim }\frac{2\cos x}{2x-\pi }=-\frac{2}{\pi }$

• Beispiel 4: $\underset{x\to \infty }{\lim }\left[x\cdot \left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\right]$

Der Grenzübergang lieferte den unbestimmten Ausdruck $\infty \cdot 0$.

Erweitern mit $\sqrt{x^2+1}+x$ ergibt
$\underset{x\to \infty }{\lim }\left[x\cdot \left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\cdot \frac{\sqrt{x^2+1}+x}{\sqrt{x^2+1}+x}\right]=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+x}$
und damit den Fall $\frac{\infty }{\infty }$.

Durch Kürzen mit x kann weiter umgeformt werden, und wir halten:
$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}+1}=\frac{1}{2}$

• Beispiel 5: Der Grenzwert von $f(x)=\frac{\ln x}{x}$ für $x\to \infty$ ist zu bestimmen.

Sowohl Zähler- als auch Nennerfunktion gehen für $x\to \infty$ ebenfalls gegen unendlich. Anwendung der zweiten Regel ergibt:
$\underset{x\to \infty }{\lim }f(x)=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\ln x}{x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}=0$

• Beispiel 6: $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^k}{e^x}$

Auch dieser Grenzwert führt auf $\frac{\infty }{\infty }$. In diesem Fall müssen Zähler- und Nennerfunktion k-mal abgeleitet werden, und man erhält:
$\begin{array}{l}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^k}{e^x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{k\cdot x^{k-1}}{e^x}=\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{k\cdot \left(k-1\right)\cdot x^{k-2}}{e^x}=\mathrm{...}\\ =\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{k!}{e^x}=0\end{array}$

• Beispiel 7: $\underset{\begin{array}{l}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\frac{1+x}{\sin x}$

In diesem Fall dürfen die Regeln von L'HOSPITAL nicht angewandt werden, da die Zählerfunktion einen endlichen von null verschiedenen Grenzwert hat.

Die fälschliche Anwendung führte zu
$\underset{\begin{array}{l}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\frac{1+x}{\sin x}=\underset{\begin{array}{l}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\frac{1}{-\cos x}=-1$,
die richtige Lösung ist jedoch $\underset{\begin{array}{l}x\to 0\\ x>0\end{array}}{\lim }\frac{1+x}{\sin x}=\infty$.