ロピタルの定理の計算問題｜不定形の変形と証明つきの適用条件

ロピタルの定理は、不定形の極限を導関数の比に置き換える。置き換えてよいかどうかは、置き換えた先の極限が存在するかで決まる。

向きを取り違えると誤用になる。仮定が「導関数の比の極限が存在する」で、結論が「もとの比の極限が存在して同じ値」である。逆向きには使えない。

定理の主張

$f$ と $g$ は $a$ を除いた近傍で微分可能とし、そこで $g^{\prime }(x)\ne 0$ とする。$x\to a$ のとき $f(x)\to 0$ かつ $g(x)\to 0$ であるか、または $|g(x)|\to \infty$ であるとする。

このとき、次の極限が存在すれば、もとの比の極限も存在して同じ値になる。

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

$L$ は $\pm \infty$ でもよい。$a$ は片側極限でも $\pm \infty$ でもよい。

$\infty /\infty$ 型の仮定は $|g(x)|\to \infty$ だけでよく、$f$ の側は何も要らない。分子が発散するかどうかは結論に関係しない。

コーシーの平均値の定理

証明の土台になるのは、平均値の定理を 2 つの関数に広げた形である。

定理。$f,g$ が $[a,b]$ で連続、$(a,b)$ で微分可能、$(a,b)$ で $g^{\prime }\ne 0$ とする。このとき、ある $c\in (a,b)$ が存在して次が成り立つ。

$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}$$

証明。$g^{\prime }\ne 0$ とロルの定理から $g(b)\ne g(a)$ である。次の関数を置く。

$$h(x)=(f(b)-f(a))(g(x)-g(a))-(g(b)-g(a))(f(x)-f(a))$$

$h(a)=h(b)=0$ なので、ロルの定理から $h^{\prime }(c)=0$ となる $c$ がある。これを書き直せば求める等式になる。

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	<text x="55" y="30" font-size="11" fill="#1f1f1f">点が描く曲線には、両端を結ぶ弦と平行な接線が必ずある</text>
	<text x="286" y="76" font-size="11" fill="#9a9a9a">弦の傾きは両端の値の比</text>
	<text x="150" y="196" font-size="11" fill="#d0562a">接線の傾きは導関数の比</text>
	<text x="55" y="228" font-size="11" fill="#9a9a9a">横に g、縦に f を取って、同じ助変数で動かした図</text>
</svg>

0 割る 0 の場合の証明

$x\to a^{+}$ の場合を示す。$f(a)=g(a)=0$ と定めれば、$f$ と $g$ は $a$ で連続になる。

$a<x$ に対して区間 $[a,x]$ でコーシーの平均値の定理を使うと、$a<c_x<x$ を満たす $c_x$ があって次が成り立つ。

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(c_x)}{g^{\prime }(c_x)}$$

$x\to a^{+}$ のとき $c_x\to a^{+}$ である。右辺は仮定から $L$ に近づくので、左辺も $L$ に近づく。左側極限も同じ議論でよい。

無限大割る無限大の場合の証明

こちらは $f(a)=g(a)=0$ と置けないので、同じ議論が通らない。$L$ が有限の場合を示す。

$\epsilon >0$ を取る。$b$ を $a$ に十分近く取り、$(a,b)$ の上で $\left|\frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}-L\right|<\epsilon$ となるようにする。

$x\in (a,b)$ に対して区間 $[x,b]$ でコーシーの平均値の定理を使えば、次が成り立つ。

$$\left|\frac{f(x)-f(b)}{g(x)-g(b)}-L\right|<\epsilon$$

ここで次の恒等式を使う。右辺を展開すれば左辺に戻る。

$$\frac{f(x)}{g(x)}-L=\left(\frac{f(x)-f(b)}{g(x)-g(b)}-L\right)\cdot \frac{g(x)-g(b)}{g(x)}+\frac{f(b)-Lg(b)}{g(x)}$$

$b$ を固定したまま $x\to a^{+}$ とする。$|g(x)|\to \infty$ だから、第 2 項は $0$ に近づき、第 1 項の後ろの因子は $1$ に近づく。

したがって $x$ を $a$ に十分近く取れば $\left|\frac{f(x)}{g(x)}-L\right|<2\epsilon$ となる。$\epsilon$ は任意なので結論を得る。

$f$ の挙動をどこにも使っていない。仮定に $f\to \infty$ が要らないのはこのためである。

不定形が $\frac{0}{0}$ や $\frac{\infty }{\infty }$ の形をしていないときは、まずその形に直す。

指数の形の不定形は、対数を取ってから同じ流れに乗せる。

問題 1：繰り返し適用する

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}$ を求めよ。

解答 1

分子・分母ともに $0$ に収束するので $\frac{0}{0}$ 型である。導関数の比を作る。

$$\frac{\cos x-1}{3x^2}$$

これもまだ $\frac{0}{0}$ 型なので、もう一度導関数の比を作る。それも $\frac{0}{0}$ 型なので、さらにもう一度作る。

$$\frac{-\sin x}{6x}⟶\frac{-\cos x}{6}⟶-\frac{1}{6}$$

いちばん奥の極限が $-\frac{1}{6}$ と確定したので、そこから手前へ順に極限の存在が保証される。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}=-\frac{1}{6}$$

論理は奥から手前へ流れる。「まだ $\frac{0}{0}$ 型なので再度適用」と書くときも、実際に等号が確定するのは最後に極限が出た後である。

問題 2：指数関数と多項式の勝負

$n$ を正の整数とする。$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^n}{e^x}$ を求めよ。

解答 2

分子・分母とも $\infty$ に発散する。導関数の比を作ると、分子の次数が 1 つ下がる。

$$\frac{x^n}{e^x}⟶\frac{n{x}^{n-1}}{e^x}⟶\cdots ⟶\frac{n!}{e^x}$$

$n$ 回繰り返せば分子が定数になり、極限は $0$ である。奥から遡って、もとの極限も $0$ になる。

指数関数はどんな多項式よりも速く増える。この事実はあとの問題でも使う。

問題 3：0 かける無限大

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x$ を求めよ。

解答 3

$x\to 0$ と $\ln x\to -\infty$ の積なので、そのままでは定理を使えない。分数に書き直す。

$$x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}$$

分母は $\infty$ に発散するので、$|g|\to \infty$ の形になった。導関数の比を作る。

$$\frac{1/x}{-1/x^2}=-x⟶0$$

したがって $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }x\ln x=0$ である。

$\ln x$ を分母に回して $\frac{x}{1/\ln x}$ としてもよいが、微分すると式が複雑になる。どちらを分母にするかで手間が変わる。

問題 4：無限大引く無限大

$\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)$ を求めよ。

解答 4

通分して 1 つの分数にする。

$$\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}=\frac{x-\sin x}{x\sin x}$$

分子・分母とも $0$ に収束する。導関数の比を作る。

$$\frac{1-\cos x}{\sin x+x\cos x}$$

まだ $\frac{0}{0}$ 型なので、もう一度作る。

$$\frac{\sin x}{2\cos x-x\sin x}⟶\frac{0}{2}=0$$

奥の極限が $0$ と確定したので、もとの極限も $0$ である。

引き算の不定形は、通分か共通因数のくくり出しで 1 つの分数にする。形を直すまでは定理を使えない。

問題 5：1 の無限大乗

$\underset{x\to 0}{\lim }(1+x{)}^{1/x}$ を求めよ。

解答 5

$y=(1+x{)}^{1/x}$ と置き、対数を取る。指数の不定形は、この操作で積や商の形に落ちる。

$$\ln y=\frac{\ln (1+x)}{x}$$

分子・分母とも $0$ に収束するので、導関数の比を作る。

$$\frac{1/(1+x)}{1}⟶1$$

$\ln y\to 1$ であり、指数関数は連続だから $y\to e$ である。

ただしこの計算には注意がいる。$\ln$ の導関数が $\frac{1}{x}$ であることを、$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+h)}{h}=1$ から導く流儀では、いま求めた極限をすでに使っていることになる。

$\ln x$ を ${\int }_1^x\frac{dt}{t}$ で定義しておけば、導関数は微分積分学の基本定理から出るので循環しない。定義の順序によって、この計算が証明になるかどうかが変わる。

問題 6：0 の 0 乗

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{x}^x$ を求めよ。

解答 6

$y=x^x$ と置いて対数を取る。

$$\ln y=x\ln x$$

問題 3 で $x\ln x\to 0$ を示した。したがって $y\to e^0=1$ である。

$0^0$ という記号自体は定義されないが、極限としては値が決まる場面がある。不定形とは「形だけでは決まらない」という意味であって、「決まらない」という意味ではない。

問題 7：無限大の 0 乗

$\underset{x\to \infty }{\lim }{x}^{1/x}$ を求めよ。

解答 7

対数を取ると $\ln y=\frac{\ln x}{x}$ になる。分子・分母とも $\infty$ に発散する。

$$\frac{1/x}{1}=\frac{1}{x}⟶0$$

$\ln y\to 0$ より $y\to 1$ である。

問題 2 の一般形と同じで、対数は多項式より遅く増える。$\frac{\ln x}{x^{\alpha }}$ はどんな $\alpha >0$ でも $0$ に収束する。

問題 8：指数の底に変数を含む形

$a$ を実数とする。$\underset{x\to \infty }{\lim }{\left(1+\frac{a}{x}\right)}^x$ を求めよ。

解答 8

対数を取る。$t=\frac{1}{x}$ と置くと $t\to 0^{+}$ になる。

$$x\ln \left(1+\frac{a}{x}\right)=\frac{\ln (1+at)}{t}$$

分子・分母とも $0$ に収束するので、導関数の比を作る。

$$\frac{a/(1+at)}{1}⟶a$$

したがって極限は $e^a$ である。$a=1$ が問題 5 の形にあたる。

置換で変数を $0$ に寄せると、無限遠での計算が原点での計算に変わる。$\frac{\infty }{\infty }$ を $\frac{0}{0}$ に移し替える常套手段である。

問題 9：対数どうしの比

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{\ln (\sin x)}{\ln x}$ を求めよ。

解答 9

分子・分母とも $-\infty$ に発散する。定理が要求するのは $|g|\to \infty$ だけなので、符号は問題にならない。

$$\frac{\cos x/\sin x}{1/x}=\frac{x}{\sin x}\cdot \cos x⟶1$$

したがって極限は $1$ である。

$x\to 0^{+}$ で $\sin x$ と $x$ は同じ速さで $0$ に行くので、対数を取った比は $1$ になる。定数倍や高次の差は、対数を通すと消える。

問題 10：テイラー展開と比べる

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1-x-\frac{x^2}{2}}{x^3}$ を求めよ。

解答 10

$\frac{0}{0}$ 型が続くので、導関数の比を 3 回作る。

$$\frac{e^x-1-x}{3x^2}⟶\frac{e^x-1}{6x}⟶\frac{e^x}{6}⟶\frac{1}{6}$$

したがって極限は $\frac{1}{6}$ である。

同じ答えは展開からも読める。$e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\cdots$ を代入すると、分子の先頭が $\frac{x^3}{6}$ になる。

分子の低次の項がちょうど打ち消されている形なので、展開のほうが見通しがよい。何回微分することになるかも、展開を見れば先に分かる。

問題 11：使わないほうが速い例

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\tan x-\sin x}{x^3}$ を求めよ。

解答 11

定理を使ってもよいが、分子を因数分解したほうが速い。

$$\tan x-\sin x=\sin x\left(\frac{1}{\cos x}-1\right)=\frac{\sin x(1-\cos x)}{\cos x}$$

既知の極限に分けて掛け合わせる。

$$\frac{\sin x}{x}\cdot \frac{1-\cos x}{x^2}\cdot \frac{1}{\cos x}⟶1\cdot \frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{2}$$

導関数の比を 3 回作っても同じ答えになるが、$\tan$ の 3 階微分を計算することになる。因数分解や既知の極限で崩せるなら、そちらが短い。

問題 12：導関数の比に極限がない例

$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x+\sin x}{x}$ を求めよ。

解答 12

$\frac{\infty }{\infty }$ 型ではあるが、導関数の比は次のようになる。

$$\frac{1+\cos x}{1}=1+\cos x$$

これは $0$ と $2$ の間を振動し続けて極限を持たない。定理の仮定が満たされないので、ここから何も言えない。

もとの式は分けるだけで極限が出る。

$$\frac{x+\sin x}{x}=1+\frac{\sin x}{x}⟶1$$

導関数の比に極限がないことは、もとの比に極限がないことを意味しない。定理は片道であり、逆向きの推論はできない。

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	<text x="55" y="26" font-size="11" fill="#1f1f1f">もとの比は 1 に落ち着くが、導関数の比は振動し続ける</text>
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	<text x="98" y="232" font-size="11" fill="#1b81e0">もとの比</text>
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	<text x="228" y="232" font-size="11" fill="#d0562a">導関数の比</text>
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問題 13：同じ形に戻ってしまう例

$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}$ を求めよ。

解答 13

$\frac{\infty }{\infty }$ 型なので導関数の比を作る。

$$\frac{x/\sqrt{x^2+1}}{1}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$$

分子と分母が入れ替わった形になった。もう一度作ると元に戻る。何回繰り返しても終わらない。

もとの式を変形すれば一目で分かる。

$$\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\sqrt{1+\frac{1}{x^2}}⟶1$$

定理が使えることと、使って答えに近づくことは別である。堂々巡りになったら、変形に切り替える。

問題 14：証明が循環する例

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}$ に定理を使ってよいか。

解答 14

形式的には $\frac{0}{0}$ 型で、導関数の比は $\frac{\cos x}{1}\to 1$ となり、正しい答えが出る。

しかし $\sin$ の導関数が $\cos$ であることの証明に、まさにこの極限を使う流儀が多い。その順序で組み立てているなら、これは証明になっていない。

$\sin$ をべき級数で定義すれば、導関数は項別微分から出るので循環しない。問題 5 と同じ構図で、定義の順序が答えを決める。

正しい答えが出ることと、証明として通っていることは別である。

問題 15：不定形でないのに使う誤用

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x+1}{x^2+1}$ を、導関数の比で計算するとどうなるか。

解答 15

形式的に導関数の比を作ると次のようになる。

$$\frac{1}{2x}$$

$x\to 0$ でこれは発散する。ところが、もとの式は単に代入すれば値が出る。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x+1}{x^2+1}=\frac{1}{1}=1$$

分子は $1$、分母も $1$ に収束していて、そもそも不定形ではない。定理の仮定を確かめずに手を動かすと、こうして違う答えに着く。

不定形かどうかの確認は、計算の前に必ず行う。

問題 16：繰り返しても終わらない例

$n$ を正の整数とする。$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{-1/x^2}}{x^n}$ を求めよ。

解答 16

$\frac{0}{0}$ 型だが、分子を微分すると $\frac{2}{x^3}{e}^{-1/x^2}$ となり、$x$ の負べきが増える。繰り返すほど式が悪くなる。

置換に切り替える。$u=\frac{1}{|x|}$ と置くと $x\to 0$ で $u\to \infty$ であり、$|x{|}^n=u^{-n}$ である。

$$\left|\frac{e^{-1/x^2}}{x^n}\right|=u^n{e}^{-u^2}$$

$u\ge 1$ では $u^2\ge u$ だから $e^{-u^2}\le e^{-u}$ である。したがって右辺は $\frac{u^n}{e^u}$ 以下になり、問題 2 からこれは $0$ に収束する。求める極限は $0$ である。

どんな $n$ を取っても $0$ になる。この関数は原点で無限回微分可能で、導関数がすべて $0$ になるという有名な例を与える。

問題 17：展開のほうが早い例

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{1/x}-e}{x}$ を求めよ。

解答 17

問題 5 から分子は $0$ に収束するので $\frac{0}{0}$ 型である。ただし $(1+x{)}^{1/x}$ を微分すると式が膨らむ。

指数の形に直して、肩の部分を展開する。$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\cdots$ から次が出る。

$$u(x)=\frac{\ln (1+x)}{x}=1-\frac{x}{2}+\cdots$$

$(1+x{)}^{1/x}=e^{u(x)}$ なので、$e$ をくくり出す。

$$\frac{e^{u(x)}-e}{x}=e\cdot \frac{e^{u(x)-1}-1}{u(x)-1}\cdot \frac{u(x)-1}{x}$$

$u(x)-1\to 0$ より中央の因子は $1$ に近づき、右の因子は $-\frac{1}{2}$ に近づく。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+x{)}^{1/x}-e}{x}=-\frac{e}{2}$$

不定形を見たら反射的に微分する、という手順に乗せないほうがよい場面がある。分子の形を先に見て、展開で崩せるかを確かめる。

参考文献