洛必达法则

洛必達法則（法语：Règle de L'Hôpital，英语：L'Hôpital's rule）是利用導數來計算具有不定型的極限的方法。該法則以法国數学家纪尧姆·德·洛必达的名字命名，但實际上是由瑞士數学家約翰·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。

此時洛必达法则表明：

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

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：不能在数列形式下直接用洛必達法則，因為對於離散變量是无法求导数的。但此时有形式类近的斯托尔兹－切萨罗定理（Stolz－Cesàro theorem）作为替代。

證明

下面仅给出 $\lim_{x \to a}{f(x)}=\lim_{x \to a}{g(x)}=0$ 的证明。

设两函數$f(x)$及$g(x)$在a 點附近连续可导，$\ f(x)$及$\ g(x)$都在 a 點連續，且其值皆為 0 ，

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

为了叙述方便，假设两函数在 a 点附近都不为0。另一方面，两函数的导数比值在 a 点存在，记为

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

由極限的定义，对任何一个$\epsilon > 0$，都存在$\eta > 0$，使得对任意的$a - \eta \leqslant x \leqslant a + \eta, \,\, x \neq a$，都有：

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

而根据柯西中值定理，对任意的$a - \eta \leqslant x \leqslant a + \eta, \,\, x \neq a$，都存在一个介于$a$和$x$之间的数$\xi$，使得：

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

因此，

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

例子

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

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

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

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

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

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

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

$\lim_{t\to 0}\, \mathrm{sinc}(f_0 t)\cdot \frac{\cos\left(\pi \alpha f_0 t\right)}{\left[1 - \left(2 \alpha f_0 t\right)^2\right]}$	$= \left\{\lim_{t\to 0}\, \mathrm{sinc}(f_0 t)\right\}\cdot \left. \frac{\cos\left(\pi \alpha f_0 t\right)}{\left[1 - \left(2 \alpha f_0 t\right)^2\right]} \, \right|_{t = 0}$
	$= 1 \cdot 1 = 1$

$\lim_{t\to \frac{1}{2\alpha f_0}} \mathrm{sinc}(f_0 t)\cdot \frac{\cos\left(\pi \alpha f_0 t\right)}{\left[1 - \left(2 \alpha f_0 t\right)^2\right]}$	$= \mathrm{sinc}\left(\frac{1}{2\alpha}\right)\cdot \lim_{t\to \frac{1}{2\alpha f_0}} \frac{\cos\left(\pi \alpha f_0 t\right)}{\left[1 - \left(2 \alpha f_0 t\right)^2\right]}$
	$= \mathrm{sinc}\left(\frac{1}{2\alpha}\right)\cdot \left(\frac{\frac{-\pi}{2}}{-2}\right)$
	$= \sin\left(\frac{\pi}{2\alpha}\right)\cdot \frac{\alpha}{2}$

参阅

• 极限