قاعدة لوبيتال

قاعدة لوبيتال (L’Hôpital’s Rule) مبرهنة رياضية تُستخدَم لحل بعض أنواع النهايات التي قد يصعب إيجاد قيمتها باستخدام الطرق التقليدية. تنص القاعدة على أنه إذا كانت لدينا دالتان قابلتان للاشتقاق، وكانت نهاية قسمة هاتين الدالتين تؤدي إلى صيغة غير معرّفة (مثل صفر على صفر أو ما لا نهاية على ما لا نهاية)، فيمكننا إيجاد النهاية عن طريق اشتقاق كل من البسط والمقام، ث​م نحاول حساب النهاية مجددًا. إذا ظلت النتيجة صيغة غير معرّفة، يمكن تكرار العملية حتى نصل إلى نتيجة محددة أو نتأكد من أن النهاية غير موجودة. وقد سُميت القاعدة بهذا الاسم نسبةً إلى عالِم الرياضيات الفرنسي غيوم فرانسوا أنطوان، ماركي دو لوبيتال (Guillaume François Antoine, Marquis de L’Hôpital، 1661-1704) الذي نشرها أول مرة في كتابه تحليل النسب المتناهية في الصغر لفهم الخطوط المنحنية (Analyse des Infiniment petits pour l’Intelligence des lignes courbes, 1696)، وهو أول كتاب مدرسي مخصص بالكامل لحساب التفاضل. مع ذلك، فإن الرياضي السويسري يوهان برنولي {{يوهان برنولي: (Johann Bernoulli، 1667-1748) عالم رياضيات سويسري بارز من عائلة برنولي الشهيرة، وُلد في بازل، وله إسهامات محورية في تطوير حساب التفاضل والتكامل بعد إسحاق نيوتن وغوتفريد ليبنتز.}} هو مكتشف المبرهنة، وقدّمها إلى لوبيتال في أثناء تدريسه إياه الرياضيات. وقد اعترف لوبيتال بذلك بوضوح في مراسلاته مع رياضيي عصره.

اكتشافها ونشرها

تلقى دو لوبيتال تعليمه في الأكاديمية الفرنسية للعلوم ثم عمل بها، وقد أبدى اهتمامًا كبيرًا بمجال التحليل الرياضي. وكان أهم أعماله التي نشرها قاعدة لوبيتال التي تستخدم الاشتقاق بهدف إيجاد النهايات لصيغ غير معرّفة[1]. ويُعد كتابه تحليل النسب المتناهية في الصغر أشهر إنجازاته، وقد كان أولَ كتاب دراسي نُشر عن حساب التفاضل والتكامل، ويحتوي على شرح شامل لنظرية التفاضل[2].​

رغم أن القاعدة تُعرف الآن باسم قاعدة لوبيتال، فإن الفضل ​في تطويرها يعود في الأصل إلى أستاذه يوهان بيرنولي، ومع ذلك، كان للوبيتال دورٌ بالغ الأهمية في نشر هذه القاعدة وتقديمها بشكل يسهل فهمه وتطبيقه[3].

مبدؤها

الصيغ غير المعرفة في الرياضيات هي نتيجة حسابية لا يمكن تحديدها أو التعبير عنها بدقة ضمن الأعداد الحقيقية أو الأعداد المركبة، وتظهر هذه الصيغ في العديد من الحالات مثل[4]:

وتعتمد قاعدة لوبيتال على أنه عند حساب نهاية قسمة دالتين \(\frac{f(x)}{g(x)}\) عندما تقترب \(x\) من قيمة معينة، ويكون ناتج التعويض المباشر صيغة غير معرفة من النوع \(\frac{0}{0}\) أو \(\frac{\pm \infty}{\pm \infty}\) ، فإنه يمكن، تحت شروط معينة، إيجاد النهاية المطلوبة عن طريق حساب نهاية قسمة المشتقات \(\frac{f'}{g'}\) . وإذا كانت نهاية نسبة المشتقات غير معرفة أيضًا، تُكرر العملية[5].

أما في حالة أن الصيغة غير المعرفة ليست من إحدى هاتين الحالتين \(\frac{0}{0}\) أو \(\frac{\pm \infty}{\pm \infty}\) ، على سبيل المثال كان الناتج صيغة غير معرفة مثل \(1^{\infty }\) ، \(\infty^{0}\) ، \(0^{0}\) ، \(\infty -\infty \) ، \(0*\infty \) ، فنقوم بخطوات، وذلك لتحويلها إلى إحدى هاتين الحالتين \(\frac{0}{0}\) أو \(\frac{\pm \infty}{\pm \infty}\) ، حتى تُطبق قاعدة لوبيتال[6].

نصها وتعميماتها

إذا كان كل من \(f\) و \(g\) دالتين قابلتين للاشتقاق، وكان \(\lim_{x\rightarrow c} \frac{f\left(x\right)}{g(x)}=\frac{0}{0}\) أو \(\lim_{x\rightarrow c} \frac{f\left(x\right)}{g(x)}=\frac{\pm \infty}{\pm \infty}\) ، وكانت \(\lim_{x\rightarrow c} \frac{f^{'}(x)}{g^{'}(x)}\) موجودة، فإن

\[\lim_{x\rightarrow c} \frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow c} \frac{f'(x)}{g'(x)}\]

وعلاوة على ذلك فإن[7]:

1. قاعدة لوبيتال تبقى صحيحة في حال كانت \(x\rightarrow \pm \infty \) .
2. إذا كانت \(\lim_{x\rightarrow c} \frac{f'(x)}{g'(x)}=\pm \infty \) ، فإن \(\lim_{x\rightarrow c} \frac{f(x)}{g(x)}=\pm \infty \) .

مثال: احسب \(\lim ⁡_{y\rightarrow 1} \frac{y^{2}+2y+3}{y^{2}-2y-1}\) .

الحل: الخطوة الأولى في إيجاد النهاية هو التعويض المباشر، في هذا المثال تُعوَّض قيمة \(y\) ، وفق ما هو موضح

. \(lim⁡_{y\rightarrow 1} \frac{y^{2}+2y+3}{y^{2}-2y-1}==(\frac{(1)^{2}+2(1)+3}{(1)^{2}-2(1)-1}) =\frac{1+2+3}{1-2-2}=\frac{8}{-3}\)

ثم تُستخرج النتيجة مباشرة، ولأنها ليست من الصيغ غير المعرفة فلا يوجد أي داعٍ لاستخدام قاعدة لوبيتال.

والأمثلة الآتية إذا كان ناتج التعويض المباشر إحدى الصيغ غير المعرفة مثل \(\left(0*\infty ,\infty -\infty ,0^{0} ,\infty^{0},1^{\infty }, \frac{\infty}{\infty} , \frac{0}{0}\right)\) ،

مثال: احسب \(\lim ⁡_{x\rightarrow 0} \frac{7x+sinx}{x}\) .

الحل: الخطوة الأولى هي الحل المباشر (مثل ما مرّ سابقًا)، لذلك لا تُستخدم قاعدة لوبيتال مباشرة قبل التأكد من نتيجة التعويض

\(\lim ⁡_{x\rightarrow 0} \frac{7(0)+sinx}{x}=\frac{0+\sin (\left(0\right))}{0}=\frac{0}{0}\)

ليظهر أن ناتج التعويض المباشر في النهاية هو \(\frac{0}{0}\)، أي صيغة غير معرفة.

وفي هذه الحالة تُستخدم قاعدة لوبيتال، إذ يُشتق البسط والمقام كلًا منهما على حدة، ثم تُعوَّض بالقيمة التي يقترب منها \(x\) ، كما يأتي:

\(\lim ⁡_{x\rightarrow 0} \frac{7+cos⁡(x)}{1}=\lim ⁡_{x\rightarrow 0} \frac{\frac{d}{dx}\left(7x+sinx\right)}{dx}=\lim_{x\rightarrow 0} \frac{7+cos⁡(x)}{1}=\frac{7+cos⁡(0)}{1}=\frac{7+1}{1}=8\) .

مثال: احسب \(\lim ⁡_{x\rightarrow 0} \frac{e^{x}-x-1}{x^{2}}\) .

الحل: في هذا المثال ستُستخدم قاعدة لوبيتال مرتين. الأولى عند التعويض المباشر \(x\) ، ليكون الناتج

\(\lim ⁡_{x\rightarrow 0} \frac{e^{x}-x-1}{x^{2}}=\frac{e^{0}-0-1}{0^{2}}=\frac{1-0-1}{0}=\frac{0}{0}\) .

أي كمية غير معرفة. \(\frac{0}{0}\) ليتبين أن ناتج التعويض المباشر في النهاية

وفي هذه الحالة تُستخدم قاعدة لوبيتال، إذ يُشتق البسط والمقام كلًا منهما على حدة، ثم تُعوَّض بالقيمة التي يقترب \(x\) منها، وفق ما يأتي:

\(\lim \frac{e^{x}-x-1}{x^{2}}_{x\rightarrow 0}=\frac{e^{0}-1}{2\left(0\right)}=\frac{\left(1-1\right)}{2\left(0\right)}=\frac{0}{0} \)

ليبدو أن ناتج التعويض المباشر في النهاية \(\frac{0}{0}\)، أي صيغة غير معرفة.

وفي هذه الحالة تُستخدم قاعدة لوبيتال مرة أخرى، عن طريق اشتقاق البسط والمقام كلًا على حدة، ثم التعويض بالقيمة التي يقترب \(x\) منها، كما يأتي:

\(\lim \frac{e^{x}-1}{2x}_{x\rightarrow 0}=\lim \frac{e^{x}}{2}_{x\rightarrow 0}=\frac{e^{0}}{2}=\frac{1}{2}\) .

مثال: احسب \(\lim_{x\rightarrow \infty } x \sin \left(\frac{1}{x}\right)\) .

الحل: يُعوَّض مباشرة بقيمة \(x\) ، كما يأتي:

\[\lim_{x\rightarrow \infty } x\sin (\left(\frac{1}{x}\right))=\infty .\sin (\left(\frac{1}{\infty}\right))=\infty .0.\]

ليبدو بأن ناتج التعويض المباشر في النهاية يمثل كمية غير معرفة، وفي هذه الحالة تُستخدم قاعدة لوبيتال، عن طريق اشتقاق البسط والمقام كلًا على حدة، ثم تُعوَّض القيمة التي يقترب \(x\) منها، كما يأتي:

\[\lim_{x\rightarrow \infty } x\sin (\left(\frac{1}{x}\right))=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\sin \left(\frac{1}{x}\right)}{x}\]

\[=\lim_{x\rightarrow \infty }\cos (\left(\frac{1}{x}\right))=\cos (\left(0\right))=1.\]

مثال: احسب \(\lim_{x\rightarrow \infty }\left(\frac{5x}{x}\right)\) .

الحل: يُعوَّض مباشرة بقيمة \(x\) ، ليكون الجواب كما يأتي:

\[\lim_{x\rightarrow \infty }\left(\frac{5x}{x}\right)=\frac{5.\infty}{\infty}=\frac{\infty}{\infty}.\]

يُلاحظ أن ناتج التعويض المباشر في النهاية كان \(\frac{\infty}{\infty}\) ، لذا تُستخدم قاعدة لوبيتال كما يأتي:

\[\lim_{x\rightarrow \infty }\left(\frac{5x}{x}\right)=\lim_{x\rightarrow \infty }\left(\frac{5}{1}\right)=5.\]

مثال: احسب \(\lim_{x\rightarrow 0} x\ln (x)\) .

الحل: تُعوَّض مباشرة في قيمة \(x\) ، فنحصل على

\(\lim_{x\rightarrow 0} x\ln (x=0*-)\infty \) .

ليبدو بأن الناتج يمثل قيمة غير معرفة، لذا تُستخدم قاعدة لوبيتال مرة أخرى كما يأتي:

\(\lim_{x\rightarrow 0} \frac{\ln (x)}{\frac{1}{x}}=\frac{1/x}{-1/x^{2}}= \lim_{x\rightarrow 0} \frac{1/(x)}{\frac{-1}{x^{2}}}= \lim_{x\rightarrow 0} -x=0\) .

مثال: أثبت أن \(\lim_{x\rightarrow \infty } \left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}=e^{2}\) .

الحل: محاولة إيجاد قيمة \(\lim_{x\rightarrow \infty } \left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}\) من خلال التعويض المباشر

\(\lim_{x\rightarrow \infty } \left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}=1^{\infty } \) .

ليبدو بأن الجواب \(1^{\infty }\) الذي نتج هو إحدى الصيغ غير المعرفة. وبافتراض:

\[f\left(x\right)=\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}=x \ln \left(1+\frac{2}{x}\right)^{1}.\]

في هذه الحالة فإن \(\left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}=e^{f(x)}\) .

وإن أخذنا النهاية للطرفين

\(\lim_{x\rightarrow \infty }=\infty *0\) .

ستُكتب بطريقة تسهل استخدام قاعدة لوبيتال

\[\lim_{x\rightarrow \infty } x \ln \left(1+\frac{2}{x}\right)^{1}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)^{1}( )}{x}=\frac{0}{0}\]

\[\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)^{1}( )}{x}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{-\frac{\frac{2}{x^{2}}}{x^{2}}( )}{x^{2}}=\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{2}{\left(1+\frac{2}{x}\right)}=2\]

وبناءً عليه، فإن \(\lim_{x\rightarrow \infty }\left(1+\frac{2}{x}\right)^{x}= e^{\lim_{x\rightarrow \infty } f(x)}=e^{2}\) .

مثال: احسب \( \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{2e^{x}}{x}\) .

يُلاحظ بأنه عند التعويض المباشر تنتج صيغة غير معرفة \(\frac{\infty}{\infty}\) ، وبناءً عليه، يمكن استخدام قاعدة لوبيتال

\[\lim_{x\rightarrow \infty }\]

إذن \( \lim_{x\rightarrow \infty } \frac{2e^{x}}{x}=\infty \) .

باختصار، تُعدّ قاعدة لوبيتال واحدة من الأدوات الرياضية الأكثر فاعلية وأهمية في تحليل النهايات وحل المشكلات المرتبطة بالصيغ غير المعرفة، وذلك من خلال تبسيط العمليات الحسابية {{العمليات الحسابية: (Arithmetic Operations) تُعد أساسًا جوهريًا لجميع فروع الرياضيات. وتشمل أربع عمليات رئيسة: الجمع (Addition)، والطرح (Subtraction)، والضرب (Multiplication)، والقسمة (Division). تُستخدم هذه العمليات لتنظيم الأعداد والتعامل مع الكميات بشكل منطقي ومنهجي، وهي تمثّل اللبنة الأولى في بناء التفكير العددي.}} ​ المعقدة، وتحويل النهايات غير المعرفة إلى صيغ يمكن التعامل معها بسهولة. تسهم قاعدة لوبيتال في توفير حلول سريعة وفاعلة للمشكلات التي تتطلب وقتًا طويلًا للحل باستخدام الطرق التقليد​ية[8].

​المرا​​​جع

الع​​​​​ربية

مندلسون، إليوت [وآخرون]. حساب التفاضل والتكامل. ملخصات إيزي شوم. مصر: الدار الدولية للاستثمارات الثقافية، 2009.

الأجن​​بية

Anton, H., I. Bivens & S. Davis. Calculus. 9^th ed. Hoboken, NJ: John Wiley & Sons, 2009.

Bradley, Robert E. “De l’Hôpital, Bernoulli, and the genesis of Analyse des infiniment petits.” BSHM Bulletin: Journal of the British Society for the History of Mathematics. vol. 28, no. 1 (2013). pp. 16-24.

Stewart, J., D. Clegg & S. Watson. Calculus. 9^th ed. [Boston, MA]: Cengage Learning, 2020.​

[1] Robert E. Bradley, “De l’Hôpital, Bernoulli, and the genesis of Analyse des infiniment petits,” BSHM Bulletin: Journal of the British Society for the History of Mathematics, vol. 28, no. 1 (2013), pp. 16-24, doi: 10.1080/17498430.2013.729916

[2] Ibid.

[3] Ibid.

[4] H. Anton, I. Bivens & S. Davis, Calculus, 9th ed. (Hoboken, NJ: John Wiley & Sons, 2009), pp. 441-450.

[5] إليوت مندلسون [وآخرون]، حساب التفاضل والتكامل، ملخصات إيزي شوم (مصر: الدار الدولية للاستثمارات الثقافية، 2009)، ص 80-81.

[6] المرجع نفسه، ص 82-83.

[7] J. Stewart, D. Clegg & S. Watson, Calculus, 9th ed. ([Boston, MA]: Cengage Learning, 2020), pp. 309-319.

[8] Ibid.