로피탈 정리

0/00/0이나 ∞/∞\infty/\infty 꼴에서는 분자와 분모를 각각 미분해도 극한이 같습니다. xx를 한계점으로 보내며 f(x)g(x)\frac{f(x)}{g(x)}가 f′(x)g′(x)\frac{f'(x)}{g'(x)}를 따라가는 것을 보세요.

lim⁡x→af(x)g(x)=lim⁡x→af′(x)g′(x)\lim_{x \to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}
lim⁡x→0sin⁡xx=lim⁡x→0cos⁡x=1,lim⁡x→∞ln⁡xx=lim⁡x→∞1x=0\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0}\cos x = 1, \qquad \lim_{x \to \infty}\frac{\ln x}{x} = \lim_{x \to \infty}\frac{1}{x} = 0

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

로피탈 정리로 lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1을 증명하세요. (0/00/0 가정을 명시하세요.)

lim⁡x→0sin⁡xx=lim⁡x→0(sin⁡x)′(x)′=lim⁡x→0cos⁡x=cos⁡0=1\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{(\sin x)'}{(x)'} = \lim_{x \to 0}\cos x = \cos 0 = 1
x≈0.0238x \approx 0.0238 (0/00/0 꼴): sin⁡xx≈0.9999\frac{\sin x}{x} \approx 0.9999, cos⁡x1≈0.9997\frac{\cos x}{1} \approx 0.9997 — 오른쪽으로 밀수록 둘 다 1에 붙습니다.
증명 보기
  1. f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x, g(x)=xg(x) = x라 두면 f(0)=g(0)=0f(0) = g(0) = 0이고 g′(x)=1≠0g'(x) = 1 \neq 0입니다 — 0/00/0 꼴입니다. x>0x > 0일 때 [0,x][0, x]에서 코시 평균값 정리를 적용하면 어떤 ξx∈(0,x)\xi_x \in (0, x)에 대해 sin⁡x−sin⁡0x−0=cos⁡ξx1\frac{\sin x - \sin 0}{x - 0} = \frac{\cos \xi_x}{1}입니다.
  2. 0<ξx<x0 < \xi_x < x이므로 x→0+x \to 0^+일 때 조임으로 ξx→0\xi_x \to 0입니다. cos⁡\cos는 연속이므로 (미분가능 ⇒ 연속) cos⁡ξx→cos⁡0=1\cos \xi_x \to \cos 0 = 1입니다. 이것이 0/00/0 경우의 로피탈 정리입니다: 분자·분모를 각각 미분한 비율의 극한이 원래 비율의 극한과 같습니다.
  3. x<0x < 0일 때는 [x,0][x, 0]에서 같은 논리로 ξx∈(x,0)\xi_x \in (x, 0)을 얻고 마찬가지로 cos⁡ξx→1\cos \xi_x \to 1입니다. 따라서 lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = 1입니다.

lim⁡x→∞ln⁡xx=0\lim_{x \to \infty}\frac{\ln x}{x} = 0을 증명하세요. (∞/∞\infty/\infty 꼴: g→∞g \to \infty, g′≠0g' \neq 0 가정을 확인하세요.)

f(x)g(x)=f′(ξx)g′(ξx)(1−g(A)g(x))+f(A)g(x)→x→∞L\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}\left(1 - \frac{g(A)}{g(x)}\right) + \frac{f(A)}{g(x)} \xrightarrow[x\to\infty]{} L
(ln⁡x)′(x)′=1/x1=1x→0⇒lim⁡x→∞ln⁡xx=0\frac{(\ln x)'}{(x)'} = \frac{1/x}{1} = \frac{1}{x} \to 0 \quad\Rightarrow\quad \lim_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x} = 0
x≈158.5x \approx 158.5 (∞/∞\infty/\infty 꼴): ln⁡xx≈0.0320\frac{\ln x}{x} \approx 0.0320, 1x≈0.00631\frac{1}{x} \approx 0.00631 — 오른쪽으로 밀수록 둘 다 0에 붙습니다.
증명 보기
  1. 먼저 ∞/∞\infty/\infty 보조정리: (A,∞)(A, \infty)에서 미분가능하고 g′≠0g' \neq 0, g(x)→∞g(x) \to \infty, f′(x)g′(x)→L\frac{f'(x)}{g'(x)} \to L (유한)이라 하자. x>Ax > A일 때 [A,x][A, x]에 코시 평균값 정리를 적용하면 어떤 ξx∈(A,x)\xi_x \in (A, x)에 대해 f(x)−f(A)g(x)−g(A)=f′(ξx)g′(ξx)\frac{f(x) - f(A)}{g(x) - g(A)} = \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}이다.
  2. 정리하면 f(x)g(x)=f′(ξx)g′(ξx)(1−g(A)g(x))+f(A)g(x)\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}\left(1 - \frac{g(A)}{g(x)}\right) + \frac{f(A)}{g(x)}이다. ε>0\varepsilon > 0에 대해 t>At > A일 때 ∣f′(t)g′(t)−L∣<ε2\left|\frac{f'(t)}{g'(t)} - L\right| < \frac{\varepsilon}{2}가 되도록 AA를 잡으면 ξx>A\xi_x > A이므로 ∣f′(ξx)g′(ξx)−L∣<ε2\left|\frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)} - L\right| < \frac{\varepsilon}{2}이다. g(x)→∞g(x) \to \infty이므로 xx가 충분히 크면 ∣g(A)g(x)∣<1\left|\frac{g(A)}{g(x)}\right| < 1이고 ∣f(A)−Lg(A)∣∣g(x)∣\frac{|f(A) - L g(A)|}{|g(x)|}도 작아져서, ∣f(x)g(x)−L∣<ε\left|\frac{f(x)}{g(x)} - L\right| < \varepsilon을 얻는다. ε\varepsilon이 임의이므로 f(x)g(x)→L\frac{f(x)}{g(x)} \to L이다 — 이것이 ∞/∞\infty/\infty 경우의 로피탈 정리이다.
  3. f(x)=ln⁡xf(x) = \ln x, g(x)=xg(x) = x에 적용하면 g′(x)=1≠0g'(x) = 1 \neq 0, g(x)→∞g(x) \to \infty이고 f′(x)g′(x)=1/x1=1x→0\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{1/x}{1} = \frac{1}{x} \to 0이다. 따라서 lim⁡x→∞ln⁡xx=0\lim_{x \to \infty}\frac{\ln x}{x} = 0이다.

lim⁡x→0+xln⁡x=0\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0을 증명하세요. (힌트: ln⁡x1/x\frac{\ln x}{1/x} 꼴로 고쳐 쓰세요.)

xln⁡x=ln⁡x1/x,(ln⁡x)′(1/x)′=1/x−1/x2=−x→x→0+0x \ln x = \frac{\ln x}{1/x}, \qquad \frac{(\ln x)'}{(1/x)'} = \frac{1/x}{-1/x^2} = -x \xrightarrow[x\to 0^+]{} 0
같은 ∞/∞\infty/\infty 장치 — x=1000x = 1000에서 ln⁡xx≈0.00691\frac{\ln x}{x} \approx 0.00691, 1x=0.001\frac{1}{x} = 0.001. xln⁡x=ln⁡x1/xx\ln x = \frac{\ln x}{1/x}로 고치면 f′g′=−x→0\frac{f'}{g'} = -x \to 0 (예: x=0.01x = 0.01에서 xln⁡x≈−0.0461x\ln x \approx -0.0461, −x=−0.01-x = -0.01).
증명 보기
  1. x>0x > 0일 때 xln⁡x=ln⁡x1/xx \ln x = \frac{\ln x}{1/x}이다. f(x)=ln⁡xf(x) = \ln x, g(x)=1/xg(x) = 1/x라 두면 f(x)→−∞f(x) \to -\infty, g(x)→+∞g(x) \to +\infty이므로 ∞/∞\infty/\infty 꼴이고, g′(x)=−1x2≠0g'(x) = -\frac{1}{x^2} \neq 0이다.
  2. f′(x)g′(x)=1/x−1/x2=−x→x→0+0\frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{1/x}{-1/x^2} = -x \xrightarrow[x \to 0^+]{} 0이다. 문제 2의 보조정리를 x→0+x \to 0^+에 맞게 (구간 [x,A][x, A] (0<x<A0 < x < A)에 같은 논증을 적용) 쓰면 lim⁡x→0+ln⁡x1/x=0\lim_{x \to 0^+}\frac{\ln x}{1/x} = 0을 얻는다.
  3. 따라서 lim⁡x→0+xln⁡x=0\lim_{x \to 0^+} x \ln x = 0이다. 수치로도 확인된다: x=0.01x = 0.01에서 xln⁡x=0.01⋅ln⁡0.01≈−0.0461x\ln x = 0.01 \cdot \ln 0.01 \approx -0.0461이고, 도함수 비율은 −x=−0.01-x = -0.01이며, 둘 다 x→0+x \to 0^+일 때 0으로 간다.

9. 미분