洛必達法則

洛必達法則（法語：Règle de L'Hôpital，英語：L'Hôpital's rule）是利用導數來計算具有不定型的極限的方法。該法則以法國數學家紀堯姆·德·洛必達的名字命名，但實際上是由瑞士數學家約翰·伯努利所發現。

敘述

洛必達法則可以求出特定函數趨近於某數的極限值。令$c\in {\bar {\mathbb {R} }}$（擴展實數），兩函數$f(x),g(x)$在以$x=c$為端點的開區間可微，$\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}\in {\bar {\mathbb {R} }}$，並且$g'(x)\neq 0$。

如果 $\lim _{x\to c}{f(x)}=\lim _{x\to c}{g(x)}=0$ 或 $\lim _{x\to c}{|f(x)|}=\lim _{x\to c}{|g(x)|}=\infty$ 其中一者成立，則稱欲求的極限$\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}$為未定式。

此時洛必達法則表明：

$\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}$。

對於不符合上述分數形式的未定式，可以通過運算轉為分數形式，再以本法則求其值。以下列出數例：

欲求的極限	條件	轉換為分數形式的方法
（1）$\lim _{x\to c}f(x)g(x)\!$	$\lim _{x\to c}f(x)=0,\ \lim _{x\to c}g(x)=\infty \!$	$\lim _{x\to c}f(x)g(x)=\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{1/g(x)}}\!$ 或 $\lim _{x\to c}{\frac {g(x)}{1/f(x)}}\!$
（2）$\lim _{x\to c}(f(x)-g(x))\!$	$\lim _{x\to c}f(x)=\infty ,\ \lim _{x\to c}g(x)=\infty \!$	$\lim _{x\to c}(f(x)-g(x))=\lim _{x\to c}{\frac {1/g(x)-1/f(x)}{1/(f(x)g(x))}}\!$
（3）$\lim _{x\to c}{f(x)}^{g(x)}\!$	$\lim _{x\to c}f(x)=0^{+},\lim _{x\to c}g(x)=0\!$ 或 $\lim _{x\to c}f(x)=\infty ,\ \lim _{x\to c}g(x)=0\!$	$\lim _{x\to c}f(x)^{g(x)}=\exp \lim _{x\to c}{\frac {g(x)}{1/\ln f(x)}}\!$
（4）$\lim _{x\to c}{f(x)}^{g(x)}\!$	$\lim _{x\to c}f(x)=1,\ \lim _{x\to c}g(x)=\infty \!$	$\lim _{x\to c}f(x)^{g(x)}=\exp \lim _{x\to c}{\frac {\ln f(x)}{1/g(x)}}\!$

注意：不能在數列形式下直接用洛必達法則，因為對於離散變量是無法求導數的。但此時有形式類近的斯托爾茲－切薩羅定理（Stolz－Cesàro theorem）作為替代。

證明

下面僅給出 $\lim _{x\to a}{f(x)}=\lim _{x\to a}{g(x)}=0,\,g'(a)\neq 0$ 的證明。

設兩函數$f(x)$及$g(x)$在a 點附近連續可導，$\ f(x)$及$\ g(x)$都在 a 點連續，且其值皆為 0 ，

$f(a)=0;\;g(a)=0,\qquad \lim _{x\to a}f(x)=0;\;\lim _{x\to a}g(x)=0$

為了敘述方便，假設兩函數在 a 點附近都不為0。另一方面，兩函數的導數比值在 a 點存在，記為

$\lim _{x\to a}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L.$

由極限的定義，對任何一個$\epsilon >0$，都存在$\eta >0$，使得對任意的$a-\eta \leqslant x\leqslant a+\eta ,\,\,x\neq a$，都有：

$L-\epsilon \leqslant {\frac {f'(x)}{g'(x)}}\leqslant L+\epsilon$

而根據柯西中值定理，對任意的$a-\eta \leqslant x\leqslant a+\eta ,\,\,x\neq a$，都存在一個介於$a$和$x$之間的數$\xi$，使得：

${\frac {f(x)}{g(x)}}$	$={\frac {f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}}={\frac {f'(\xi )}{g'(\xi )}}$
於是，	$L-\epsilon \leqslant {\frac {f(x)}{g(x)}}\leqslant L+\epsilon$

因此，

極限$\lim _{x\to a}{\frac {f(x)}{g(x)}}=L=\lim _{x\to a}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}.$

例子

$\lim _{x\to 0}{\frac {\sin \pi x}{\pi x}}\,$	$=\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}\,$
	$=\lim _{x\to 0}{\frac {\cos x}{1}}\,$	$={\frac {1}{1}}=1\,$

$\lim _{x\to 0}{2\sin x-\sin 2x \over x-\sin x}$	$=\lim _{x\to 0}{2\cos x-2\cos 2x \over 1-\cos x}$
	$=\lim _{x\to 0}{-2\sin x+4\sin 2x \over \sin x}$
	$=\lim _{x\to 0}{-2\cos x+8\cos 2x \over \cos x}$
	$={-2\cos 0+8\cos 0 \over \cos 0}$
	$=6\,$

$\lim _{x\to 0}{r^{x}-1 \over x}$	$=\lim _{x\to 0}{{\frac {d}{dx}}r^{x} \over {\frac {d}{dx}}x}$
	$=\lim _{x\to 0}{r^{x}\ln r \over 1}$
	$=\ln r\lim _{x\to 0}{r^{x}}$
	$=\ln r\!$

$\lim _{x\to 0}{e^{x}-1-x \over x^{2}}=\lim _{x\to 0}{e^{x}-1 \over 2x}=\lim _{x\to 0}{e^{x} \over 2}={1 \over 2}$

$\lim _{x\to \infty }{\frac {\sqrt {x}}{\ln(x)}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {\ {\frac {1}{2{\sqrt {x}}}}\ }{\frac {1}{x}}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {\sqrt {x}}{2}}=\infty$

$\lim _{x\to \infty }x^{n}e^{-x}=\lim _{x\to \infty }{x^{n} \over e^{x}}=\lim _{x\to \infty }{nx^{n-1} \over e^{x}}=n\lim _{x\to \infty }{x^{n-1} \over e^{x}}=0$

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

$\lim _{t\to 0}\,\mathrm {sinc} (f_{0}t)\cdot {\frac {\cos \left(\pi \alpha f_{0}t\right)}{\left[1-\left(2\alpha f_{0}t\right)^{2}\right]}}$	$=\left\{\lim _{t\to 0}\,\mathrm {sinc} (f_{0}t)\right\}\cdot \left.{\frac {\cos \left(\pi \alpha f_{0}t\right)}{\left[1-\left(2\alpha f_{0}t\right)^{2}\right]}}\,\right|_{t=0}$
	$=1\cdot 1=1$

$\lim _{t\to {\frac {1}{2\alpha f_{0}}}}\mathrm {sinc} (f_{0}t)\cdot {\frac {\cos \left(\pi \alpha f_{0}t\right)}{\left[1-\left(2\alpha f_{0}t\right)^{2}\right]}}$	$=\mathrm {sinc} \left({\frac {1}{2\alpha }}\right)\cdot \lim _{t\to {\frac {1}{2\alpha f_{0}}}}{\frac {\cos \left(\pi \alpha f_{0}t\right)}{\left[1-\left(2\alpha f_{0}t\right)^{2}\right]}}$
	$=\mathrm {sinc} \left({\frac {1}{2\alpha }}\right)\cdot \left({\frac {\frac {-\pi }{2}}{-2}}\right)$
	$=\sin \left({\frac {\pi }{2\alpha }}\right)\cdot {\frac {\alpha }{2}}$

參閱

• 極限