로피탈의 정리

실해석학에서 로피탈의 정리(영어: l'Hôpital's rule, l'Hospital's rule) 또는 로피탈의 법칙 또는 베르누이의 규칙(영어: Bernoulli's rule)은 도함수를 통해 부정형의 극한을 구하는 정리이다. 확장된 실수 a , L ∈ R ∪ { − ∞ , ∞ } {\displaystyle a,L\in \mathbb {R} \cup \{-\infty ,\infty \}} 및 함수 f , g : I → R {\displaystyle f,g\colon I\to \mathbb {R} } 가 주어졌다고 하자. (여기서 I {\displaystyle I} 는 열린구간이며, a ≠ ± ∞ {\displaystyle a\neq \pm \infty } 인 경우 a {\displaystyle a} 를 포함하고, a = ± ∞ {\displaystyle a=\pm \infty } 인 경우 a {\displaystyle a} 를 끝점으로 한다.) 또한, 이들이 다음 조건들을 만족시킨다고 하자. f , g {\displaystyle f,g} 는 (빠진) 근방 I ∖ { a } {\displaystyle I\setminus \{a\}} 에서 미분 가능 함수이다. 다음 둘 가운데 하나가 성립한다. lim x → a f ( x ) = lim x → a g ( x ) = 0 {\displaystyle \lim _{x\to a}f(x)=\lim _{x\to a}g(x)=0} lim x → a | f ( x ) | = lim x → a | g ( x ) | = ∞ {\displaystyle \lim _{x\to a}|f(x)|=\lim _{x\to a}|g(x)|=\infty } lim x → a f ′ ( x ) g ′ ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\to a}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L} 그렇다면, 다음이 성립한다. lim x → a f ( x ) g ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\to a}{\frac {f(x)}{g(x)}}=L} 우선 a ≠ ± ∞ {\displaystyle a\neq \pm \infty } 이며 lim x → a f ( x ) = lim x → a g ( x ) = 0 {\displaystyle \lim _{x\to a}f(x)=\lim _{x\to a}g(x)=0} 인 경우를 증명하자. f ( a ) = g ( a ) = 0 {\displaystyle f(a)=g(a)=0} 라고 재정의하자. 그렇다면, f , g {\displaystyle f,g} 는 I {\displaystyle I} 에서 연속 함수이면서, (빠진) 근방 I ∖ { a } {\displaystyle I\setminus \{a\}} 에서 미분 가능 함수이다. 코시 평균값 정리에 따라, 다음이 성립한다. lim x → a f ( x ) g ( x ) = lim x → a f ( x ) − f ( a ) g ( x ) − g ( a ) = lim ξ x → a f ′ ( ξ x ) g ′ ( ξ x ) = L {\displaystyle \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} 이제 a ≠ ± ∞ {\displaystyle a\neq \pm \infty } 이며 lim x → a | f ( x ) | = lim x → a | g ( x ) | = ∞ {\displaystyle \lim _{x\to a}|f(x)|=\lim _{x\to a}|g(x)|=\infty } 이며 L ≠ ± ∞ {\displaystyle L\neq \pm \infty } 인 경우를 증명하자. 임의의 ϵ > 0 {\displaystyle \epsilon >0} 을 취하자. 그렇다면, 다음을 만족시키는 ( a , b ) ⊆ I {\displaystyle (a,b)\subseteq I} 가 존재한다. L − ϵ < f ′ ( ξ ) g ′ ( ξ ) < L + ϵ ( ξ ∈ ( a , b ) ) {\displaystyle L-\epsilon <{\frac {f'(\xi )}{g'(\xi )}}<L+\epsilon \qquad (\xi \in (a,b))} 코시 평균값 정리에 따라, 임의의 x ∈ ( a , b ) {\displaystyle x\in (a,b)} 에 대하여, 다음을 만족시키는 ξ x ∈ ( x , b ) {\displaystyle \xi _{x}\in (x,b)} 가 존재한다. f ′ ( ξ x ) g ′ ( ξ x ) = f ( x ) − f ( b ) g ( x ) − g ( b ) = f ( x ) g ( x ) − f ( b ) g ( x ) 1 − g ( b ) g ( x ) {\displaystyle {\frac {f'(\xi _{x})}{g'(\xi _{x})}}={\frac {f(x)-f(b)}{g(x)-g(b)}}={\frac {{\frac {f(x)}{g(x)}}-{\frac {f(b)}{g(x)}}}{1-{\frac {g(b)}{g(x)}}}}} 즉, f ( x ) g ( x ) = f ′ ( ξ x ) g ′ ( ξ x ) ( 1 − g ( b ) g ( x ) ) + f ( b ) g ( x ) {\displaystyle {\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {f'(\xi _{x})}{g'(\xi _{x})}}\left(1-{\frac {g(b)}{g(x)}}\right)+{\frac {f(b)}{g(x)}}} 이 경우, lim x →   a | g ( x ) | = ∞ {\displaystyle \lim _{x\to \ a}|g(x)|=\infty } 이므로, 다음을 만족시키는 ( a , b ′ ) ⊆ ( a , b ) {\displaystyle (a,b')\subseteq (a,b)} 가 존재한다. f ( x ) g ( x ) < ( L + ϵ ) ( 1 − g ( b ) g ( x ) ) + f ( b ) g ( x ) < L + 2 ϵ ( x ∈ ( a , b ′ ) ) {\displaystyle {\frac {f(x)}{g(x)}}<(L+\epsilon )\left(1-{\frac {g(b)}{g(x)}}\right)+{\frac {f(b)}{g(x)}}<L+2\epsilon \qquad (x\in (a,b'))} f ( x ) g ( x ) > ( L − ϵ ) ( 1 − g ( b ) g ( x ) ) + f ( b ) g ( x ) > L − 2 ϵ ( x ∈ ( a , b ′ ) ) {\displaystyle {\frac {f(x)}{g(x)}}>(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 → a + f ( x ) g ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\to a^{+}}{\frac {f(x)}{g(x)}}=L} 이며, 비슷하게 lim x → a − f ( x ) g ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\to a^{-}}{\frac {f(x)}{g(x)}}=L} 역시 증명할 수 있다. 마찬가지로, a ≠ ± ∞ {\displaystyle a\neq \pm \infty } 이며 lim x → a | f ( x ) | = lim x → a | g ( x ) | = ∞ {\displaystyle \lim _{x\to a}|f(x)|=\lim _{x\to a}|g(x)|=\infty } 이며 L = ± ∞ {\displaystyle L=\pm \infty } 인 경우를 증명할 수 있다. 마지막으로, a = ∞ {\displaystyle a=\infty } 인 경우는 다음과 같이 증명할 수 있다. lim x → ∞ f ( x ) g ( x ) = lim t → 0 + f ( 1 t ) g ( 1 t ) = lim t → 0 + f ′ ( 1 t ) ⋅ ( − 1 t 2 ) g ′ ( 1 t ) ⋅ ( − 1 t 2 ) = lim x → ∞ f ′ ( x ) g ′ ( x ) = L {\displaystyle \lim _{x\to \infty }{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{t\to 0^{+}}{\frac {f({\frac {1}{t}})}{g({\frac {1}{t}})}}=\lim _{t\to 0^{+}}{\frac {f'({\frac {1}{t}})\cdot (-{\frac {1}{t^{2}}})}{g'({\frac {1}{t}})\cdot (-{\frac {1}{t^{2}}})}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L} 마찬가지로, a = − ∞ {\displaystyle a=-\infty } 인 경우를 증명할 수 있다. lim x → 0 sin ⁡ x x = lim x → 0 cos ⁡ x 1 = cos ⁡ 0 = 1 {\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {\cos x}{1}}=\cos 0=1} lim x → 0 a x − 1 x = lim x → 0 a x ln ⁡ a 1 = ln ⁡ a {\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}-1}{x}}=\lim _{x\to 0}{\frac {a^{x}\ln a}{1}}=\ln a} lim x → 0 x − sin ⁡ x x 3 = lim x → 0 1 − cos ⁡ x 3 x 2 = lim x → 0 sin ⁡ x 6 x = 1 6 {\displaystyle \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 {1}{6}}} lim x → ∞ x ( π 2 − arctan ⁡ x ) = lim x → ∞ π 2 − arctan ⁡ x 1 x = lim x → ∞ − 1 1 + x 2 − 1 x 2 = lim x → ∞ x 2 1 + x 2 = 1 {\displaystyle \lim _{x\to \infty }x\left({\frac {\pi }{2}}-\arctan x\right)=\lim _{x\to \infty }{\frac {{\frac {\pi }{2}}-\arctan x}{\frac {1}{x}}}=\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 → ∞ ln ⁡ x x = lim x → ∞ 1 x 1 = 0 {\displaystyle \lim _{x\to \infty }{\frac {\ln x}{x}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {\frac {1}{x}}{1}}=0} lim x → ∞ x 2 e x = lim x → ∞ 2 x e x = lim x → ∞ 2 e x = 0 {\displaystyle \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 → 0 + x ln ⁡ x = lim x → 0 + ln ⁡ x 1 x = lim x → 0 + 1 x − 1 x 2 = lim x → 0 + ( − x ) = 0 {\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}x\ln x=\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {\ln x}{\frac {1}{x}}}=\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {\frac {1}{x}}{-{\frac {1}{x^{2}}}}}=\lim _{x\to 0^{+}}(-x)=0} lim x → 0 + x x = lim x → 0 + e x ln ⁡ x = e 0 = 1 {\displaystyle \lim _{x\to 0^{+}}x^{x}=\lim _{x\to 0^{+}}e^{x\ln x}=e^{0}=1} lim x → 0 ( 1 sin ⁡ x − 1 x ) = lim x → 0 x − sin ⁡ x x sin ⁡ x = lim x → 0 x − sin ⁡ x x 2 = lim x → 0 1 − cos ⁡ x 2 x = lim x → 0 sin ⁡ x 2 = 0 {\displaystyle \lim _{x\to 0}\left({\frac {1}{\sin x}}-{\frac {1}{x}}\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 → ∞ x 1 x = lim x → ∞ e ln ⁡ x x = e 0 = 1 {\displaystyle \lim _{x\to \infty }x^{\frac {1}{x}}=\lim _{x\to \infty }e^{\frac {\ln x}{x}}=e^{0}=1} lim x → 0 + ( cot ⁡ x ) 1 ln ⁡ x = lim x → 0 + e ln ⁡ cot ⁡ x ln ⁡ x = lim x → 0 + e − tan ⁡ x − cot ⁡ x 1 / x = lim x → 0 + e − x sin ⁡ x cos ⁡ x = e − 1 {\displaystyle \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 적용하기 위해서는 다음 조건을 만족해야 한다: 부정형이 lim x → c f ( x ) = lim x → c g ( x ) = 0 {\displaystyle \lim _{x\to c}f(x)=\lim _{x\to c}g(x)=0} 혹은 ± ∞ {\displaystyle \pm \infty } 이어야 한다. 함수 미분 가능성: f ( x ) {\displaystyle f(x)} 와 g ( x ) {\displaystyle g(x)} 는 극한과 동일한 지점 c {\displaystyle c} 를 제외하고는 열린 구간 I {\displaystyle {\mathcal {I}}} 에서 미분 가능하다 열린 구간 I {\displaystyle {\mathcal {I}}} 내에 존재하는 x {\displaystyle x} 에 대해 g ′ ( x ) ≠ 0 {\displaystyle g'(x)\neq 0} 이다. (단 x ≠ c {\displaystyle x\neq c} ) 도함수 비의 극한 lim x → c f ′ ( x ) g ′ ( x ) {\displaystyle \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. 다음과 같은 전제 조건은 로피탈의 정리에서 제거할 수 없다. lim x → a f ′ ( x ) g ′ ( x ) = L ∈ R ∪ { − ∞ , ∞ } {\displaystyle \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 → ∞ ( x + sin ⁡ x ) ′ x ′ = lim x → ∞ 1 + cos ⁡ x 1 ∈ ∅ {\displaystyle \lim _{x\to \infty }{\frac {(x+\sin x)'}{x'}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {1+\cos x}{1}}\in \varnothing } 이지만, (여기서 ∈ ∅ {\displaystyle \in \varnothing } 은 극한이 확장된 실수로서 존재하지 않는다는 뜻이다.) lim x → ∞ x + sin ⁡ x x = 1 {\displaystyle \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. lim inf x → a f ′ ( x ) g ′ ( x ) ≤ lim inf x → a f ( x ) g ( x ) ≤ lim sup x → a f ( x ) g ( x ) ≤ lim sup x → a f ′ ( x ) g ′ ( x ) {\displaystyle \liminf _{x\to a}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}\leq \liminf _{x\to a}{\frac {f(x)}{g(x)}}\leq \limsup _{x\to a}{\frac {f(x)}{g(x)}}\leq \limsup _{x\to a}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}} 만약 g ′ ( x ) = 0 {\displaystyle g'(x)=0} 인 x {\displaystyle x} 가 x → ∞ {\displaystyle x\to \infty } 도중에 끊임없이 나타난다면, (정확히 말해, 0 = g ′ ( x 0 ) = g ′ ( x 1 ) = ⋯ {\displaystyle 0=g'(x_{0})=g'(x_{1})=\cdots } 인 수열 x n → ∞ {\displaystyle x_{n}\to \infty } 가 존재한다면,) f ′ / g ′ {\displaystyle f'/g'} 는 ( b , ∞ ) {\displaystyle (b,\infty )} 꼴의 구간에 정의될 수 없으므로, ∞ {\displaystyle \infty } 에서 확장된 실수로서의 극한을 가질 수 없으며, 따라서 이는 로피탈의 정리의 적용 대상이 아니다. 그러나 g ′ {\displaystyle 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 → ∞ ( x + sin ⁡ x cos ⁡ x ) ′ ( e sin ⁡ x ( x + sin ⁡ x cos ⁡ x ) ) ′ = lim x → ∞ 2 cos 2 ⁡ x cos ⁡ x e sin ⁡ x ( 2 cos ⁡ x + x + sin ⁡ x cos ⁡ x ) = lim x → ∞ 2 cos ⁡ x e sin ⁡ x ( 2 cos ⁡ x + x + sin ⁡ x cos ⁡ x ) = 0 {\displaystyle \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 ^{2}x}{\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 → ∞ x + sin ⁡ x cos ⁡ x e sin ⁡ x ( x + sin ⁡ x cos ⁡ x ) = lim x → ∞ e − sin ⁡ x ∈ ∅ {\displaystyle \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 } 복소변수 함수의 경우 일반적인 로피탈의 정리를 적용할 수 없다. 예를 들어 0 < x < 1 {\displaystyle 0<x<1} 에서 정의된 함수 f ( x ) = x , g ( x ) = x + x 2 e i / x 2 {\displaystyle f(x)=x,g(x)=x+x^{2}e^{i/x^{2}}} 의 경우, 모든 실수 t에 대해 | e i t | = 1 {\displaystyle |e^{it}|=1} 이므로 lim x → 0 f ( x ) g ( x ) = 1 {\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {f(x)}{g(x)}}=1} 가 되지만, g ′ ( x ) = 1 + ( 2 x − 2 i x ) e i / x 2 {\displaystyle g'(x)=1+\left(2x-{\frac {2i}{x}}\right)e^{i/x^{2}}} 이므로 | g ′ ( x ) | ≥ | 2 x − 2 i x | − 1 ≥ 2 x − 1 {\displaystyle |g'(x)|\geq \left|2x-{\frac {2i}{x}}\right|-1\geq {\frac {2}{x}}-1} (삼각 부등식) 이므로 | f ′ ( x ) g ′ ( x ) | = | 1 g ′ ( x ) | ≤ x 2 − x {\displaystyle \left|{\frac {f'(x)}{g'(x)}}\right|=\left|{\frac {1}{g'(x)}}\right|\leq {\frac {x}{2-x}}} 가 되어 x를 0으로 보내는 값은 0이 된다.:112-113 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. 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 → a f ( z ) g ( z ) = f ′ ( a ) g ′ ( a ) . {\displaystyle \lim _{z\to a}{\frac {f(z)}{g(z)}}={\frac {f'(a)}{g'(a)}}.} 일반적인 함수의 극한 계산에 이용되는 로피탈의 정리와 달리, 수열의 극한 계산에만 사용되는 로피탈의 정리의 유사 형태로 슈톨츠-체사로 정리가 있다. 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. 요한 베르누이 Howard Eves. 〈베르누이 일가〉. 《수학사》. 번역 이우영; 신향균. 경문사. 392쪽. 2007년 8월 10일에 원본 문서에서 보존된 문서. 2008년 7월 17일에 확인함. …… 로피탈 후작이 요한의 면밀한 재정적 동의 아래 1696년 최초의 미적분학 교재를 만든 것은 바로 그의 자료였다. 잘 알려진 0/0꼴의 부정형의 계산법이 후에 미적분학 책에서 로피탈의 정리로 잘못 알려지게 된 것은 바로 이러한 과정에서였다.  Rudin, Walter (1976). 《Principles of mathematical analysis》. International Series in Pure and Applied Mathematics (영어) 3판. McGraw-Hill. ISBN 978-0-07-054235-8. MR 0385023. Zbl 0346.26002. 2014년 10월 6일에 원본 문서에서 보존된 문서. 2014년 10월 6일에 확인함.  CS1 관리 - 추가 문구 (링크) 고석구, 《복소해석학개론》, 경문사, 2005, 253쪽. “L'Hospital rule”. 《Encyclopedia of Mathematics》 (영어). Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4.  Weisstein, Eric Wolfgang. “L'Hospital's rule”. 《Wolfram MathWorld》 (영어). Wolfram Research.  “L’Hôpital’s rule”. 《PlanetMath》 (영어).  “Proof of De l’Hôpital’s rule”. 《PlanetMath》 (영어).  “L'Hôpital's rule”. 《ProofWiki》 (영어).