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單元 _54: 羅必達法則

( 課本 x 8.6)

一_. 以一些問題開始_. 試問下列的極限為何_?

(a) lim

x!1

x² 1 x 1

(b) lim_x!1 2x + 1 x + 1

(c) lim

x!0

sin x x

(d) lim

x!0

e^3x 1 x

<解_{> (1)} 首先嘗試最基本的代入法_, 亦即_, 將 _x 接近 的數或無界的趨勢代入函數內_, 經由計算整理後_, 若為一 實數_, 則此實數即為極限_; 否則需根據代入後的情況_, 進一 步處理_, 故 _(a) 代入 _{x = 1,} 得

1² 1

1 1 = 0 0

乃一未定型 (indeterminate form), 無法直接求出極 限_, 需進一步處理_.

(b) 代入 _{x = 1,} 得

2(1) + 1

1 + 1 = 1 1

為另一型式的未定型_, 需進一步處理_, 才能求出極限_. (c) 代入 _{x = 0,} 得

sin 0

0 = 0 0

為一未定型_, 無法求出極限_, 需進一步處理_. (d) 代入 _{x = 0,} 得

e⁰ 1

0 = 1 1

0 = 0 0

亦為一未定型_, 需進一步處理_, 才能求出極限_.

(2) 代數法_{. (a)} 因為代入 _{x = 1} 後_, 產生的未定型為

00, 此乃暗示分子分母有公因式 _{(x 1),} 故經由因式分 解_, 消去公因式後_, 再嘗試代入法_, 得

原式 _{= lim}

x!1

(x 1)(x + 1)

= lim x 1

x!1(x + 1)

= 1 + 1 = 2

(b) 因為是求在正無窮遠的極限_, 且代入後的未定型為

11, 此乃暗示分子分母均無界地遞增_, 一個方式是同除無 界遞增的 _x 後_, 再經由整理_, 並嘗試以代入法觀察分子分 母的變化_, 得

原式 _{= lim}

x!1

(2x + 1)=x (x + 1)=x

= lim_x!1 2 + ¹_x 1 + ¹_x

= 2 + ₁¹

1 + ₁¹ = 2 + 0

1 + 0 = 2

(c) 與 _(d) 因為 _{sin x} 與 _e^3x 均不是代數函數_, 故無法 以代數法求解_, 亦即_, 無法以上述的因式分解或同除無界 遞增的 _x 等代數方法_, 先進一步處理_, 再嘗試以代入法求 極限_. 一個處理的方式是採用圖型法或數值法_, 如課本所 列的方式求極限_, 但不夠嚴密_. 另一個功能強大且嚴密的 處理未定型極限的方法為下述的羅必達法則_.

二_. 羅必達法則 (L'H^opital's Rule)

令 _c 為開區間 _{(a; b)} 內的一點_, 且函數 _f(x) 與 _g(x) 在開區間 _{(a; b)} 內_, 除 _c 點外_, 均可微_. 若分式

f(x) g(x)

在代入 _{x = c} 後_, 得標準未定型 0 0 或

1

1 時_, 則

x!clim

f(x)

g(x) = lim_x!c f⁰(x) g⁰(x) 當右邊的極限存在或等於 _1 時_.

註 _1.

g(x) 亦形成未定型_, 則羅必 達法則也成立_, 亦即_,

x!1lim

f(x)

g(x) = lim

x!1

f⁰(x) g⁰(x)

註 _2.

註 _3.

x!1lim

q x

x² + 1

而需以基本的代數法求極限_, 詳見例 _3.

再回到開始的問題_. 以代入法均得標準的未定型_, 符合羅 比達法則的條件_, 故 _(a) 根據羅必達法則_, 將分子分母微 分後_, 再以代入法_, 得

原式 _{= lim}

x!1

2x

1 = 2(1)

1 = 2 與代數法的結果一致_.

(b) 根據羅必達法則_, 將分子分母微分後_, 並由常數的極 限就是常數本身的極限法則_, 得

原式 _{= lim}

x!1

2

1 = 2 亦與代數法的結果一致_.

(c) 根據羅必達法則_, 將分子與分母同微分後_, 並以代入 法_, 得

x!0lim

sin x

x = lim

x!0

(sin x)⁰ (x)⁰

= lim

x!0

cos x 1

= cos 0

1 = 1

1 = 1 一個前面代數法無法求得的極限_.

(d) 根據羅必達法則_, 將分子與分母同微分後_, 並以代入 法_, 得

x!0lim

e^3x 1

x = lim

x!0

(e^3x 1)⁰ (x)⁰

= lim

x!0

3e^3x 1

= 3e⁰

1 = 3

1 = 3 一個前面代數法無法求得的極限_.

例 _1.

(a) lim

x!0

sin 4x x

(b) lim_x!1 e^x e^2x + 1

(c) lim

x! 1x²e^x

(d) lim

x!1

2 ln x e^x

(e) lim

x!1⁺

e^x 1 ln x

<解_{> (a)} 代入 _{x = 0,} 得 sin 0

0 = 0 0

乃一標準未定型_, 故根據羅必達法則_, 將分子分母微分後_, 並由代入法_, 得

x!0lim

sin 4x

x = lim

x!0

4 cos 4x 1

= 4 cos 0

1 = 4

1 = 4 (b) 代入 _{x = 1,} 得

e¹

e¹ + 1 = 1 1

一個標準未定型_, 故根據羅必達法則_, 將分子與分母同時 微分後_, 並經由化簡整理_, 以及代入法_, 得

x!1lim

e^x

e^2x + 1 = lim_x!1 e^x 2e^2x

= lim_x!1 1 2e^x

= 1

2
e¹ = 1

1 = 0

(c) 代入 _{x = 1,} 得

( 1)²e ¹ = 1
0

另一種型式的未定型_, 不是羅必達法則中的標準未定型_. 但將上式未定型中的 ₀ 移至分母_, 可得

1
0 = 1

10

= 1 1

為一標準未定型_, 此乃暗示需將原式的第二項移至分母_, 並化簡_, 改寫成如下的標準未定型_, 再求極限_, 亦即_,

x! 1lim x²e^x = lim

x! 1

x²

e1^x

= lim

x! 1

x² e ^x 接著_, 代入 _{x = 1,} 得

( 1)²

e ^{( 1)} = 1

e¹ = 1 1 乃一標準未定型_.

故根據羅必達則_, 將分子分母同微分後_, 並由代入法_, 得 原式 _{= lim}

x! 1

2x e ^x

= 2
1

e ^{( 1)} = 1 1

又是一個標準未定型_, 不像前面的例子經由一次羅必達法 則後_, 即得出極限_. 此乃暗示再用一次羅必達法則_, 將分 子分母同微分後_, 並由代入法_, 得

原式 _{= lim}

x! 1

2 e ^x

= 2

e ^{( 1)} = 2

1 = 0

(d) 先示範羅必達法則的錯誤用法_: 未檢查代入 _{x = 1} 後_, 是否為標準未定型_, 即將分子分母同微分_, 並經由化簡 以及代入法_, 得

x!1lim

2 ln x

e^x = lim

x!1

2
¹_x e^x

= lim

x!1

2 xe^x

= 2 e

雖然得一實數_, 卻不是極限_, 因為代入 _{x = 1} 後_, 得 2 ln 1

e¹ = 0 e

並不是標準未定型_, 故不得使用羅必達法則_, 前述的整個 過程都不適當_. 事實上_, 使用代入法即可得

x!1lim

2 ln x

e^x = 2 ln 1

e¹ = 0

e = 0

此乃正確的極限_. 此小題乃提醒_, 要先以代入法確定條件 符合後_, 才可使用羅必達法則_; 再者_, 代入法是一個最基本 的求極限的方法_, 故先由代入法開始_, 是一個經常的嘗試_, 接著再根據代入後的結果_, 或者得到一實數_, 即為極限_; 或 者無界遞增或遞減的極限不存在_; 或者一個標準的未定型_, 再使用羅必達法則或其他方法_; 或者一個非標準未定型_, 經由轉換成標準未定型後_, 再進一步適當的處理_.

(e) 先以代入法_, 代入 _{x = 1}⁺_, 得

x!1lim⁺

e^x 1

ln x = e¹⁺ 1 ln 1⁺

= e 1

0⁺ = 1

乃一無界遞增的極限不存在_. 注意_, 代入 _{x = 1}⁺ 後_, 得 到的是

e 1 0⁺

並不是一個未定型_, 而是一個可確定的無界遞增的量_, 故 不可使用羅必達法則_.

例 _2.

(a) 多項式函數 _{f(x) = x}

(b) 指數函數 _{g(x) = e}^x (c) 對數函數 h(x) = ln x

的成長速率_.

<解_> 一個比較大小的方式_, 是觀察相比後的極限_. 首先_, 考慮多項式函數與指數函數比值的極限

x!1lim x e^x 經由代入 _{x = 1,} 得

1

e¹ = 1 1 乃一標準未定型_, 故根據羅必達法則_,

x!1lim x

e^x = lim_x!1 1 e^x

= 1

e¹ = 1

1 = 0

亦即_, 當 _{x ! 1} 時_, 分子會遠小於分母_, 也就是說_,

x  e^x (1)

接著_, 考慮對數函數與多項式函數比值的極限

x!1lim

ln x x

經由代入 _{x = 1,} 得

ln 1

1 = 1 1 為一標準未定型_, 故根據羅必達法則_,

x!1lim

ln x

x = lim_x!1 ^1x 1

= 1

1 = 0

並由此導出_, 當 _{x ! 1} 時_, 分子遠小於分母_, 亦即_,

ln x  x (2)

因此_, 合併 ₍₁₎ 式與 ₍₂₎ 式_, 得 ln x  x  e^x 如圖示_.

事實上_, 上述的結果可推廣為

對數函數  多項式函數  指數函數 如_,

log₇(x + 1)  1

2x⁵ + 2x³ 100  3^{x 3} 或

ln(x² + 1)  3x^0:1 200  e^px

例 _3.

x!1lim

q x

x² + 1

時_, 羅必達法則不適用_, 並以另外的方法求此極限_.

<解_{> (1)} 羅必達法則_: 代入 _{x = 1,} 得

q 1

1² + 1 = 1 1

為一標準未定型_, 符合羅必達法則的條件_. 因此_, 根據羅 必達法則_, 將分子分母同時微分_, 並經由整理以及代入法_, 得

x!1lim

q x

x² + 1 = lim_x!1 (x)⁰

qx² + 1^0

= lim_x!1 1

12(x² + 1) ¹⁼²
2x

= lim_x!1 1 p x

x²+1

= lim_x!1

qx² + 1 x

=

q1² + 1

1 = 1

1

又一個標準未定型_. 此乃暗示再用一次羅必達法則_, 故經 由同時微分分子與分母_, 並整理_, 得

原式 _{= lim}

x!1

qx² + 1^0 (x)⁰

= lim_x!1 ¹²(x² + 1) ¹⁼²
2x 1

= lim_x!1 x

qx² + 1 = 原式

此乃表示繼續使用羅必達法則時_, 會無窮循環下去_, 無法 得出極限_.

(2) 代數法_: 因為是求函數在無窮遠的極限_, 亦即_, 當 x ! 1

時的極限_, 一個典型的作法是將分子分母同除 _x 的最高次 方的代數法_, 亦即_, 同除此例的 _x 後_, 得

x!1lim

q x

x² + 1 = lim_x!1 p ^xx

x²+1 x

接著_, 因為 _{x ! 1, x} 為正_, 故根據 x > 0; x =

q

x²

整理_, 以及求極限的法則_, 由上式得

x!1lim

q x

x² + 1 = lim_x!1 1

rx²+1 x²

= lim_x!1 1

q1 + _x¹₂

= _q 1 1 + ₁¹

= p 1

1 + 0 = 1