로피탈의 정리

1=*h*(0) =*f′*(0)/*g′*(0)와 같이 재정의하면 연속이 된다. 미적분학 실해석학에서 **로피탈의 정리**(l'Hôpital's rule, l'Hospital's rule) 또는 **로피탈의 법칙** 또는 **베르누이의 규칙**(Bernoulli's rule)archive-url = https://web.archive.org/web/20070810071838/http://library.thinkquest.org/22584/tmh3007.htm은 도함수를 통해 부정형의 극한을 구하는 정리이다.
# 정의
확장된 실수 a,L\in\mathbb R\cup\\{-\infty,\infty\\} 및 함수 f,g\colon I\to\mathbb R가 주어졌다고 하자. (여기서 I는 열린구간이며, a\ne\pm\infty인 경우 a를 포함하고, a=\pm\infty인 경우 a를 끝점으로 한다.) 또한, 이들이 다음 조건들을 만족시킨다고 하자. * f,g는 (빠진) 근방 I\setminus\\{a\\}에서 미분 가능 함수이다. * 다음 둘 가운데 하나가 성립한다. ** \lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0 ** \lim_{x\to a}|f(x)|=\lim_{x\to a}|g(x)|=\infty * \lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L 그렇다면, 다음이 성립한다. :\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=L
# 증명

## *x* → *a* ≠ ±∞ (0/0)
우선 a\ne\pm\infty이며 \lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0인 경우를 증명하자. f(a)=g(a)=0라고 재정의하자. 그렇다면, f,g는 I에서 연속 함수이면서, (빠진) 근방 I\setminus\\{a\\}에서 미분 가능 함수이다. 코시 평균값 정리에 따라, 다음이 성립한다. :\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\lim_{\xi_x\to a}\frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}=L
## *x* → *a* ≠ ±∞ (∞/∞)
이제 a\ne\pm\infty이며 \lim_{x\to a}|f(x)|=\lim_{x\to a}|g(x)|=\infty이며 L\ne\pm\infty인 경우를 증명하자. 임의의 \epsilon>0을 취하자. 그렇다면, 다음을 만족시키는 (a,b)\subseteq I가 존재한다. :L-\epsilon(L-\epsilon)\left(1-\frac{g(b)}{g(x)}\right)+\frac{f(b)}{g(x)}>L-2\epsilon\qquad(x\in(a,b')) 이에 따라, \lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=L이며, 비슷하게 \lim_{x\to a^-}\frac{f(x)}{g(x)}=L 역시 증명할 수 있다. 마찬가지로, a\ne\pm\infty이며 \lim_{x\to a}|f(x)|=\lim_{x\to a}|g(x)|=\infty이며 L=\pm\infty인 경우를 증명할 수 있다.
## *x* → ±∞
마지막으로, a=\infty인 경우는 다음과 같이 증명할 수 있다. :\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{t\to 0^+}\frac{f(\frac 1t)}{g(\frac 1t)}=\lim_{t\to 0^+}\frac{f'(\frac 1t)\cdot(-\frac 1{t^2})}{g'(\frac 1t)\cdot(-\frac 1{t^2})}=\lim_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L 마찬가지로, a=-\infty인 경우를 증명할 수 있다.
# 예
* \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}x=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}1=\cos 0=1 * \lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}x=\lim_{x\to 0}\frac{a^x\ln a}1=\ln a * \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{3x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{6x}=\frac 16 * \lim_{x\to\infty}x\left(\frac\pi 2-\arctan x\right)=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac\pi 2-\arctan x}{\frac 1x} =\lim_{x\to\infty}\frac{-\frac 1{1+x^2{-\frac 1{x^2=\lim_{x\to\infty}\frac{x^2}{1+x^2}=1 * \lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}x=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac 1x}1=0 * \lim_{x\to\infty}\frac{x^2}{e^x}=\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{e^x}=\lim_{x\to\infty}\frac 2{e^x}=0 * \lim_{x\to 0^+}x\ln x=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac 1x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac 1x}{-\frac 1{x^2=\lim_{x\to 0^+}(-x)=0 * \lim_{x\to 0^+}x^x=\lim_{x\to 0^+}e^{x\ln x}=e^0=1 * \lim_{x\to 0}\left(\frac 1{\sin x}-\frac 1x\right)=\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x\sin x}=\lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{2x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}2=0 * \lim_{x\to\infty}x^{\frac 1x}=\lim_{x\to\infty}e^{\frac{\ln x}x}=e^0=1 * \lim_{x\to 0^+}(\cot x)^{\frac 1{\ln x=\lim_{x\to 0^+}e^{\frac{\ln\cot x}{\ln x=\lim_{x\to 0^+}e^{\frac{-\tan x-\cot x}{1/x=\lim_{x\to 0^+}e^{-\frac x{\sin x\cos x=e^{-1}
# 로피탈의 정리를 적용할 수 없는 경우
로피탈의 정리를 적용하기 위해서는 다음 조건을 만족해야 한다: # 부정형이 \lim_{x \to c} f(x) = \lim_{x \to c} g(x) = 0 혹은 \pm \infty 이어야 한다. # 함수 미분 가능성: f(x) 와 g(x) 는 극한과 동일한 지점 c 를 제외하고는 열린 구간 \mathcal{I} 에서 미분 가능하다 # 열린 구간 \mathcal{I} 내에 존재하는 x 에 대해 g'(x) \ne 0 이다. (단 x \ne c ) # 도함수 비의 극한 \lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)} 가 존재한다. 만약 이 조건 중 하나라도 성립하지 않는다면 유효하지 않아 로피탈의 정리를 적용할 수 없다.
## 도함수의 비의 극한이 존재하지 않을 때
다음과 같은 전제 조건은 로피탈의 정리에서 제거할 수 없다. :\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L\in\mathbb R\cup\\{-\infty,\infty\\} 즉, 이러한 도함수의 비의 극한이 확장된 실수로서 존재하지 않을 경우, 로피탈의 정리는 당연히 효력을 잃는다. 그러나 이 경우에도, 원래 함수의 비의 극한은 확장된 실수로서 존재할 수 있다. 예를 들어, :\lim_{x\to\infty}\frac{(x+\sin x)'}{x'}=\lim_{x\to\infty}\frac{1+\cos x}1\in\varnothing 이지만, (여기서 \in\varnothing은 극한이 확장된 실수로서 존재하지 않는다는 뜻이다.) :\lim_{x\to\infty}\frac{x+\sin x}x=1 이다. 또한, 도함수의 비의 극한이 존재하는지와 상관 없이, 만약 남은 전제 조건들을 모두 만족시킨다면, 다음이 성립한다. :\liminf_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\le\liminf_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}\le\limsup_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}\le\limsup_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}
## 분모의 도함수가 끊임없이 0이 될 때
만약 g'(x)=0인 x가 x\to\infty 도중에 끊임없이 나타난다면, (정확히 말해, 0=g'(x_0)=g'(x_1)=\cdots인 수열 x_n\to\infty가 존재한다면,) f'/g'는 (b,\infty) 꼴의 구간에 정의될 수 없으므로, \infty에서 확장된 실수로서의 극한을 가질 수 없으며, 따라서 이는 로피탈의 정리의 적용 대상이 아니다. 그러나 g'의 영점이 아닌 범위에서의 극한만을 생각하여 로피탈의 정리를 확장시킬 수 있는가를 생각할 수 있다. 답은 그럴 수 없다는 것이다. 이러한 경우에 대한 한 가지 반례는 다음과 같다. :\lim_{x\to\infty}\frac{(x+\sin x\cos x)'}{(e^{\sin x}(x+\sin x\cos x))'} =\lim_{x\to\infty}\frac{2\cos^2x}{\cos xe^{\sin x}(2\cos x+x+\sin x\cos x)} =\lim_{x\to\infty}\frac{2\cos x}{e^{\sin x}(2\cos x+x+\sin x\cos x)}=0 :\lim_{x\to\infty}\frac{x+\sin x\cos x}{e^{\sin x}(x+\sin x\cos x)}=\lim_{x\to\infty}e^{-\sin x}\in\varnothing
# 관련 정리

## 복소함수의 경우
복소변수 함수의 경우 일반적인 로피탈의 정리를 적용할 수 없다. 예를 들어 0에서 정의된 함수 f(x) = x, g(x) = x + x^2 e^{i/x^2}의 경우, 모든 실수 t에 대해 |e^{it}| = 1 이므로 :\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{g(x)} = 1 가 되지만, :g'(x) = 1 + \left(2x - \frac{2i}{x}\right) e^{i/x^2} 이므로 :|g'(x)| \ge \left|2x - \frac{2i}{x}\right| - 1 \ge \frac{2}{x} - 1 (삼각 부등식) 이므로 :\left|\frac{f'(x)}{g'(x)}\right| = \left|\frac{1}{g'(x)}\right| \le \frac{x}{2-x} 가 되어 *x*를 0으로 보내는 값은 0이 된다.보존날짜=2014-10-06112-113 복소변수 함수의 경우 로피탈의 정리가 적용 가능하기 위해서는 f'와 g'의 값이 존재해야 한다는 강한 조건을 만족해야 한다. 즉, 복소변수 함수에서 성립하는 로피탈의 정리는 다음과 같다.고석구, 《복소해석학개론》, 경문사, 2005, 253쪽. * 복소함수 f와 g가 a에서 해석적이라 하자. f(a) = 0 = g(a)이지만 g'(a) ≠ 0, 또는 f(a) = ±∞ = g(a)이면, 다음이 성립한다. * \lim_{z \to a} \frac{f(z)}{g(z)} = \frac{f'(a)}{g'(a)}.
## 슈톨츠-체사로 정리
슈톨츠-체사로 정리 일반적인 함수의 극한 계산에 이용되는 로피탈의 정리와 달리, 수열의 극한 계산에만 사용되는 로피탈의 정리의 유사 형태로 슈톨츠-체사로 정리가 있다.
# 역사
정리의 이름은 17세기에 활동하였던 프랑스의 수학자이자 후작인 기욤 드 로피탈의 이름에서 유래되었다. 그는 저서 《곡선을 이해하기 위한 무한소 해석》(*l'Analyse des Infiniment Petits pour l'Intelligence des Lignes Courbes*)에서 이 정리를 소개하였다.