§ 4.7 不定型之極限
雖然導數的概念是源自極限概念. 但對某些極限問題, 利用第一章之極限定理則難以解決, 例如 :
x→0lim
sin−1x
x , lim
x→0
ln |x|
cot x.
本節所要討論的定理 —– l’Hospital † 規則, 便是希望利用導數方法以彌補極限基本定理之不 足. 原創始人 Johann Bernoulli 係Guillaume de l’Hospital 之老師.
定理 4.18 [ l’Hospital 規則 I (l’Hospital’s rule I) ] 若
( i ) ∃ δ > 0,使得 f, g 在 (p, p + δ) 為可微且g(x) 6= 0, ∀ x ∈ (p, p + δ) ; (ii) lim
x→p+f (x) = lim
x→p+g(x) = 0 ; (iii) lim
x→p+
f′(x)
g′(x) = l, ( l ∈ R ) . 則 lim
x→p+
f (x) g(x) = l .
證 1◦ 若l ∈ R, 令
f1(x) = f(x), 若x 6= p,
0, 若x = p,
g1(x) = g(x), 若 x 6= p,
0, 若 x = p,
則當 x ∈ (p, p + δ),
(1) f1, g1 在區間[p, x] 上為連續 ; (2) f1, g1 在區間(p, x) 上為可微 .
由Cauchy 均值定理知, 存在 cx∈ (p, x) 使得 f1(x) − f1(p)
g1(x) − g1(p) = f1′(cx)
g1′(cx), 是以 f (x)
g(x) = f1(x) − f1(p)
g1(x) − g1(p) = f1′(cx)
g′1(cx) = f′(cx)
g′(cx). (1)
由於 lim
x→p+
f′(x)
g′(x) = l, 應有
∀ ǫ > 0, ∃δ0 > 0, (∀ x ∈ Df)
p < x < p + δ0 ⇒
f′(x) g′(x) − l
< ǫ
. (2)
† l’Hospital 讀為 [lopi′tal], 一譯為羅畢達.
4.7 不定型之極限 177 故
p < x < p + δ0 ⇒ p < cx < p + δ0
⇒
f′(cx) g′(cx) − l
< ǫ, [由 (2) ]
⇒
f (x) g(x) − l
< ǫ, [由(1) ].
x→plim+
f (x) g(x) = l.
2◦ 若l = +∞, 仿之亦可證明, 唯上述證明中之 (2) 應改為
∀ β > 0, ∃ δ0 > 0, (∀ x ∈ Df)
p < x < p + δ0 ⇒ f′(x) g′(x) > β
. (2)
其餘稍加修改即可.
3◦ 若l = −∞, 同理證之.
註: 上述定理中之 (p, p + δ) 改為 (p − δ, p), p+ 改為 p− 亦成立. 同理, 改為雙側極限亦 成立.
若考慮 x 趨近於 +∞ (或−∞) 之情形,上述定理亦成立, 我們詳細討論如下 :
系 4.19 若
( i ) ∃ α > 0, 使得 f, g 在 (α, +∞)為可微且g(x) 6= 0, ∀ x ∈ (α, +∞) ; (ii) lim
x→+∞f (x) = lim
x→+∞g(x) = 0 ; (iii) lim
x→+∞
f′(x)
g′(x) = l, ( l ∈ R ) . 則 lim
x→+∞
f (x) g(x) = l .
證 令 I =0, 1 α
,
F : I → R : F (t) = f 1 t
,
G : I → R : G(t) = g 1 t
, 則
( i ) F, G 在 I 上為可微且G(t) 6= 0, ∀ t ∈ I ; (ii) lim
t→0+F (t) = lim
x→+∞f (x) = 0, lim
t→0+G(t) = lim
x→+∞g(x) = 0 ;
4.7 不定型之極限 178 (iii)
t→0lim+
F′(t)
G′(t) = lim
t→0+
f′ 1 t
· −1 t2 g′ 1
t
· −1 t2
= lim
t→0+
f′ 1 t
g′ 1 t
= lim
x→+∞
f′(x) g′(x),
令 x = 1 t
= l, 由定理 4.18 知, lim
t→0+
F (t)
G(t) = l, 亦即 lim
x→+∞
f (x)
g(x) = l.
定理 4.20 [ l’Hospital 規則 II (l’Hospital’s rule II) ] 若
( i ) ∃ δ > 0,使得 f, g 在(p, p + δ) 為可微; (ii) lim
x→p+|f(x)| = lim
x→p+|g(x)| = +∞ ; (iii) lim
x→p+
f′(x)
g′(x) = l, ( l ∈ R ) . 則 lim
x→p+
f (x) g(x) = l .
證 參閱附錄七.
註: 仿系 4.19 , 本定理亦可推廣為 x 趨近於 ±∞ 之情形.
不定型極限問題共分以下七類: 0 0, ∞
∞, ∞ − ∞, 0 · ∞, 00, ∞0, 1∞, 我們將分別舉例以 說明之.
例1. (0
0 型)
試求極限 lim
x→π/2
1 − sin x 1 + cos 2x =?
解 利用 l’Hospital 規則,
原題= lim
x→π/2
− cos x
−2 sin 2x = lim
x→π/2
−1
−4 sin x = 1
4.
4.7 不定型之極限 179 並非所有不定型題目皆可利用 l’Hospital 規則,以下我們舉一個範例.
例2. 試求極限 lim
x→0
x2sin1x tan x =?
解 1◦ 若分子分母分別予以微分,則為 lim
x→0
2x sinx1 − cos 1x
sec2x ,此極限不存在,理由如下: 設 g(x) =
2x sin1x − cos1x
sec2x , 次設集合
A =n 1 2nπ
n ∈ N
o
, B =n 1
(2n − 1)π n ∈ N
o . 則 lim
x→0g|A(x) = −1, limx→0g|B(x) = 1.
提醒讀者注意 : 我們不可據此以說明原題之極限不存在. 2◦ 由於 sin 1
x 為有界,是以
x→0lim
x · sin 1 x
= 0, 故
原題= lim
x→0
x
sin x · cos x · x · sin1 x
= lim
x→0
x
sin x · limx→0cos x · limx→0
x · sin 1 x
= 1 · 1 · 0 = 0.
例3. (∞
∞ 型)
試求極限 lim
x→+∞
x10000
e0.0001x =?
解 方便計, 令a = 10000, b = 0.0001, 則 原題= lim
x→+∞
xa ebx
= lim
x→+∞
axa−1
bebx , ( l’Hospital規則)
= lim
x→+∞
a(a − 1)xa−2
b2ebx = · · · , ( a 次後)
= lim
x→+∞
a(a − 1) · · · 3 · 2 · 1
baebx = 0.
註: 本題若將分式之分母分子對調, 利用系4.19 中 l = +∞的部分 :
x→+∞lim
ebx
xa = lim
x→+∞
bebx axa−1
= lim
x→+∞
b2ebx
a(a − 1)xa−2 = · · · , ( a 次後)
= lim
x→+∞
baebx
a(a − 1) · · · 3 · 2 · 1 = +∞.
4.7 不定型之極限 180 例4. (∞ − ∞ 型)
試求極限 lim
x→1
x
x − 1 − 1 ln x
=?
解 此類題目應先通分, 化為 00 或 ∞∞ 型, 再利用 l’Hospital規則. 原題= lim
x→1
x ln x − x + 1 (x − 1) ln x = lim
x→1
ln x + 1 − 1 ln x + 1 − 1 x
= lim
x→1
1 1 x x+ 1
x2
= 1
2.
例5. (0 · ∞ 型) 試求極限 lim
x→+∞x ln
1 + 1 x
=?
解 利用 l’Hospital 規則,
原題= lim
x→+∞
ln(1 + 1 x) 1 x
= lim
x→+∞
1
1 + x1 · −1 x2
−1 x2
= 1.
遇到指數型態之不定型問題, 應先利用公式 ab = exp(b ln a), 再化為 0
0 或 ∞
∞ 型, 最後利
用l’Hospital 規則解決之.
例6. (00 型) 試求極限 lim
x→0+xsinx =?
解 利用 l’Hospital 規則,
原題= exp lim
x→0+
ln x csc x
= exp
x→0lim+
1 x
− csc x cot x
= exp
x→0lim+
− sin x
x · tan x
= e0 = 1.
例7. (∞0 型) 試求極限 lim
x→+∞x1/x =?
4.7 不定型之極限 181 解 利用 l’Hospital 規則,
原題= lim
x→+∞exp ln x x
= exp
x→+∞lim
ln x x
, ( 因exp 為連續)
= exp
x→+∞lim
1 x
1
= e0 = 1.
例8. (1∞ 型) 試求極限 lim
x→+∞
1 + a
x
bx
=?內 a, b 為非零常數. 解 利用 l’Hospital 規則,
原題= lim
x→+∞exp
bx ln(1 + a x)
= exp b lim
x→+∞
ln(1 + a x) 1 x
, ( 因exp 為連續 )
= exp b lim
x→+∞
1
1 + ax · −a x2
−1 x2
= eab.
本例之結果十分重要, 它可輕易導得以下各項常用之結果 :
• lim
x→+∞
1 + 1 x
x
= e ;
• lim
x→+∞
1 − 1 x
x
= e−1;
• lim
n→+∞
1 + 1
n
n
= e, ( 內n ∈ N ) ;
• lim
n→+∞
1 − 1 n
n
= e−1, ( 內 n ∈ N ) .
對於某些較為複雜的問題, 有時可先將變數予以代換.
例9. 試求極限 lim
x→+∞x
1 + 1 x
x
− e
=?
4.7 不定型之極限 182
4.7 不定型之極限 183 其中 lim
x→0
o(x4) x4 = 0.
(∗) ⇒ tan2x = (x + x3
3 + o(x4))2 = x2+ 2x4
3 + o(x5)
⇒
tan2x − x2 = 2x4
3 + o(x5), x2tan2x = x4+2x6
3 + x2o(x5),
⇒ tan2x − x2 x2tan2x =
2x4
3 + o(x5) x4+ 2x6
3 + x2o(x5)
= 2
3 +o(x5) x4 1 + 2x2
3 + o(x5) x2
⇒ 原題= lim
x→0
tan2x − x2
x2tan2x = lim
x→0
2
3 +o(x5) x4 1 + 2x2
3 + o(x5) x2
= 2
3.
第四章習題 184