로피탈의 정리

틀:Math는 틀:Math에서 정의되지 않지만, 틀:Math와 같이 재정의하면 연속이 된다.

실해석학에서 로피탈의 정리(틀:Llang) 또는 로피탈의 법칙 또는 베르누이의 규칙(틀:Llang)은 도함수를 통해 부정형의 극한을 구하는 정리이다.

정의

확장된 실수 $a,L\in ℝ\cup \{-\mathrm{\infty },\mathrm{\infty }\}$ 및 함수 $f,g:I\to ℝ$가 주어졌다고 하자. (여기서 $I$는 열린구간이며, $a\ne \pm \mathrm{\infty }$인 경우 $a$를 포함하고, $a=\pm \mathrm{\infty }$인 경우 $a$를 끝점으로 한다.) 또한, 이들이 다음 조건들을 만족시킨다고 하자.

• $f,g$는 (빠진) 근방 $I\setminus \{a\}$에서 미분 가능 함수이다.
• 다음 둘 가운데 하나가 성립한다.
  • $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0$
  • $\underset{x\to a}{\lim }|f(x)|=\underset{x\to a}{\lim }|g(x)|=\mathrm{\infty }$
• $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L$

그렇다면, 다음이 성립한다.

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=L$

증명

x → a ≠ ±∞ (0/0)

우선 $a\ne \pm \mathrm{\infty }$이며 $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0$인 경우를 증명하자. $f(a)=g(a)=0$라고 재정의하자. 그렇다면, $f,g$는 $I$에서 연속 함수이면서, (빠진) 근방 $I\setminus \{a\}$에서 미분 가능 함수이다. 코시 평균값 정리에 따라, 다음이 성립한다.

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\underset{{\xi }_x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }({\xi }_x)}{g^{\prime }({\xi }_x)}=L$

x → a ≠ ±∞ (∞/∞)

이제 $a\ne \pm \mathrm{\infty }$이며 $\underset{x\to a}{\lim }|f(x)|=\underset{x\to a}{\lim }|g(x)|=\mathrm{\infty }$이며 $L\ne \pm \mathrm{\infty }$인 경우를 증명하자. 임의의 $ϵ>0$을 취하자. 그렇다면, 다음을 만족시키는 $(a,b)\subseteq I$가 존재한다.

$L-ϵ<\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}<L+ϵ(\xi \in (a,b))$

코시 평균값 정리에 따라, 임의의 $x\in (a,b)$에 대하여, 다음을 만족시키는 ${\xi }_x\in (x,b)$가 존재한다.

$\frac{f^{\prime }({\xi }_x)}{g^{\prime }({\xi }_x)}=\frac{f(x)-f(b)}{g(x)-g(b)}=\frac{\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(b)}{g(x)}}{1-\frac{g(b)}{g(x)}}$

즉,

$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_x)}{g^{\prime }({\xi }_x)}(1-\frac{g(b)}{g(x)})+\frac{f(b)}{g(x)}$

이 경우, $\underset{x\to a}{\lim }|g(x)|=\mathrm{\infty }$이므로, 다음을 만족시키는 $(a,b^{\prime })\subseteq (a,b)$가 존재한다.

$\frac{f(x)}{g(x)}<(L+ϵ)(1-\frac{g(b)}{g(x)})+\frac{f(b)}{g(x)}<L+2ϵ(x\in (a,b^{\prime }))$

$\frac{f(x)}{g(x)}>(L-ϵ)(1-\frac{g(b)}{g(x)})+\frac{f(b)}{g(x)}>L-2ϵ(x\in (a,b^{\prime }))$

이에 따라, $\underset{x\to a^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=L$이며, 비슷하게 $\underset{x\to a^{-}}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=L$ 역시 증명할 수 있다.

마찬가지로, $a\ne \pm \mathrm{\infty }$이며 $\underset{x\to a}{\lim }|f(x)|=\underset{x\to a}{\lim }|g(x)|=\mathrm{\infty }$이며 $L=\pm \mathrm{\infty }$인 경우를 증명할 수 있다.

x → ±∞

마지막으로, $a=\mathrm{\infty }$인 경우는 다음과 같이 증명할 수 있다.

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(\frac{1}{t})}{g(\frac{1}{t})}=\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f^{\prime }(\frac{1}{t})\cdot (-\frac{1}{t^2})}{g^{\prime }(\frac{1}{t})\cdot (-\frac{1}{t^2})}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L$

마찬가지로, $a=-\mathrm{\infty }$인 경우를 증명할 수 있다.

예

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x}{1}=\cos 0=1$
• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x-1}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^x\ln a}{1}=\ln a$
• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{3x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{6x}=\frac{1}{6}$
• $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }x(\frac{\pi }{2}-\arctan x)=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{\pi }{2}-\arctan x}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{-\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^2}{1+x^2}=1$
• $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln x}{x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{1}=0$
• $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^2}{e^x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2x}{e^x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2}{e^x}=0$
• $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(-x)=0$
• $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^x=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{x\ln x}=e^0=1$
• $\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{2x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{2}=0$
• $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{\frac{\ln x}{x}}=e^0=1$
• $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }(\cot x{)}^{\frac{1}{\ln x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{\frac{\ln \cot x}{\ln x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{\frac{-\tan x-\cot x}{1/x}}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{e}^{-\frac{x}{\sin x\cos x}}=e^{-1}$

로피탈의 정리를 적용할 수 없는 경우

로피탈의 정리를 적용하기 위해서는 다음 조건을 만족해야 한다:

1. 부정형이 $\underset{x\to c}{\lim }f(x)=\underset{x\to c}{\lim }g(x)=0$ 혹은 $\pm \mathrm{\infty }$ 이어야 한다.
2. 함수 미분 가능성: $f(x)$와 $g(x)$는 극한과 동일한 지점 $c$를 제외하고는 열린 구간 $ℐ$에서 미분 가능하다
3. 열린 구간 $ℐ$ 내에 존재하는 $x$에 대해 $g^{\prime }(x)\ne 0$이다. (단 $x\ne c$)
4. 도함수 비의 극한 $\underset{x\to c}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$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.

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L\in ℝ\cup \{-\mathrm{\infty },\mathrm{\infty }\}$

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,

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(x+\sin x{)}^{\prime }}{x^{\prime }}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1+\cos x}{1}\in \varnothing$

이지만, (여기서 $\in \varnothing$은 극한이 확장된 실수로서 존재하지 않는다는 뜻이다.)

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x+\sin x}{x}=1$

이다. 또한, 도함수의 비의 극한이 존재하는지와 상관 없이, 만약 남은 전제 조건들을 모두 만족시킨다면, 다음이 성립한다.

$\underset{x\to a}{\mathrm{lim\; inf}}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}\le \underset{x\to a}{\mathrm{lim\; inf}}\frac{f(x)}{g(x)}\le \underset{x\to a}{\mathrm{lim\; sup}}\frac{f(x)}{g(x)}\le \underset{x\to a}{\mathrm{lim\; sup}}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$

분모의 도함수가 끊임없이 0이 될 때

만약 $g^{\prime }(x)=0$인 $x$가 $x\to \mathrm{\infty }$ 도중에 끊임없이 나타난다면, (정확히 말해, $0=g^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_1)=\cdots$인 수열 $x_n\to \mathrm{\infty }$가 존재한다면,) $f^{\prime }/g^{\prime }$는 $(b,\mathrm{\infty })$ 꼴의 구간에 정의될 수 없으므로, $\mathrm{\infty }$에서 확장된 실수로서의 극한을 가질 수 없으며, 따라서 이는 로피탈의 정리의 적용 대상이 아니다. 그러나 $g^{\prime }$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.

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(x+\sin x\cos x{)}^{\prime }}{(e^{\sin x}(x+\sin x\cos x){)}^{\prime }}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2{\cos }^{2}x}{\cos x{e}^{\sin x}(2\cos x+x+\sin x\cos x)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{2\cos x}{e^{\sin x}(2\cos x+x+\sin x\cos x)}=0$

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x+\sin x\cos x}{e^{\sin x}(x+\sin x\cos x)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{-\sin x}\in \varnothing$

관련 정리

복소함수의 경우

복소변수 함수의 경우 일반적인 로피탈의 정리를 적용할 수 없다. 예를 들어 $0<x<1$에서 정의된 함수 $f(x)=x,g(x)=x+x^2{e}^{i/x^2}$의 경우, 모든 실수 t에 대해 $|e^{it}|=1$ 이므로

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=1$

가 되지만,

$g^{\prime }(x)=1+(2x-\frac{2i}{x})e^{i/x^2}$

이므로

$|g^{\prime }(x)|\ge |2x-\frac{2i}{x}|-1\ge \frac{2}{x}-1$ (삼각 부등식)

이므로

$\left|\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}\right|=\left|\frac{1}{g^{\prime }(x)}\right|\le \frac{x}{2-x}$

가 되어 x를 0으로 보내는 값은 0이 된다.틀:Rp

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.
• $\underset{z\to a}{\lim }\frac{f(z)}{g(z)}=\frac{f^{\prime }(a)}{g^{\prime }(a)}.$

슈톨츠-체사로 정리

틀:본문 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.

같이 보기

• 요한 베르누이

외부 링크

• 틀:Eom
• 틀:매스월드
• 틀:플래닛매스
• 틀:플래닛매스
• 틀:Proofwiki