قاعده هوپیتال

قاعده هوپیتال (به فرانسوی: Règle de l'Hôpital) یک قضیه ریاضی است که برای محاسبه حد خارج‌قسمت دو تابع، که هر کدام به صفر یا بی‌نهایت میل می‌کنند، از طریق گرفتن مشتق هر تابع استفاده می‌شود. این قاعده به نام ریاضیدان فرانسوی سده هفدهم، گیوم لوپیتال نام‌گذاری‌شده است که آن را در کتاب درسی خود در سال ۱۶۹۶ پس از آموختن از استادش، ریاضیدان سوئیسی یوهان برنولی، منتشر کرد.

برای دو تابع $f$ و $g$، در بیشتر شرایط، حد خارج‌قسمت آن‌ها را می‌توان به صورت خارج‌قسمت حدها محاسبه کرد: ${\textstyle \lim _{x\to c}f(x)/g(x)={}}$${\textstyle \lim _{x\to c}f(x){\big /}\lim _{x\to c}g(x)}$. با این حال، اگر هر دو حد به صفر میل کنند (یعنی ${\textstyle \lim _{x\to c}f(x)={}}$${\textstyle \lim _{x\to c}g(x)=0}$) یا اگر هر دو به بی‌نهایت میل کنند، این روش قابل اعمال نیست زیرا «شکل نامعلوم» های $0/0$ و $\infty /\infty$ به خوبی تعریف نشده‌اند. قاعده هوپیتال بیان می‌کند که در چنین مواردی (با فرض مشتق غیرصفر در مخرج)،$$\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}},$$که در آن $f'$ و $g'$ مشتق‌های $f$ و $g$ هستند.

دیفرانسیل‌گیری از صورت و مخرج اغلب باعث ساده‌سازی خارج‌قسمت یا تبدیل آن به حدی می‌شود که مستقیماً توسط پیوستگی قابل محاسبه است.

تاریخچه

یوهان برنولی کاشف اصلی این نتیجه برای شکل نامعلوم $0/0$ بود. او آن را در نامه‌ای به تاریخ ۲۲ ژوئیه ۱۶۹۴ برای گیوم لوپیتال (که به صورت l'Hospital نیز نوشته می‌شود) فرستاد. پیش‌تر، در دوران اقامتش در پاریس، برنولی قراردادی با لوپیتال امضا کرد که در آن متعهد شد حسابان جدید را به لوپیتال بیاموزد، اکتشافات ریاضی خود را به او اطلاع دهد تا لوپیتال بتواند هر طور که مایل است از آن‌ها استفاده کند، و از به اشتراک گذاشتن یادداشت‌هایش با دیگران خودداری کند. در عوض، لوپیتال به برنولی مقرری سالانه‌ای پرداخت می‌کرد که وضعیت مالی برنولی را به طرز چشمگیری بهبود بخشید. لوپیتال این قاعده را در کتاب سال ۱۶۹۶ خود با عنوان Analyse des Infiniment Petits pour l'Intelligence des Lignes Courbes (ت.ت. 'تحلیل بی‌نهایت کوچک‌ها برای درک خطوط منحنی') منتشر کرد. ارائه اصلی آن هندسی بود و لوپیتال بسیاری از همان مثال‌های مورد استفاده برنولی را به نمایش گذاشت. به عنوان نخستین کتاب درسی چاپ‌شده در زمینه حساب دیفرانسیل، این اثر بر بخش بزرگی از سده هجدهم تسلط یافت و به ترویج ریاضیات جدید در سراسر اروپا کمک کرد. نتیجه اصلی متعاقباً گسترش یافت؛ این موارد اکنون به‌طور جمعی قواعد هوپیتال نامیده می‌شوند.

شکل کلی

شکل کلی قاعده هوپیتال بسیاری از موارد را پوشش می‌دهد. فرض کنید $c$ و $L$ اعداد حقیقی گسترده باشند: اعداد حقیقی، و همچنین مثبت و منفی بی‌نهایت. فرض کنید $I$ یک بازه باز شامل $c$ (برای حد دوطرفه) یا یک بازه باز با نقطه پایانی $c$ (برای حد یک-طرفه، یا حد در بی‌نهایت اگر $c$ بی‌نهایت باشد) باشد.

فرض ۱: در $I\setminus \{c\}$، توابع حقیقی‌مقدار $f$ و $g$ مشتق‌پذیر هستند و $g'(x)\neq 0$.

فرض ۲: $\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L$، یک حد متناهی یا نامتناهی است.

اگر هر یک از

$$a)\lim _{x\to c}f(x)=\lim _{x\to c}g(x)=0$$

یا

$$b)\lim _{x\to c}|f(x)|=\lim _{x\to c}|g(x)|=\infty ,$$

آنگاه

$$\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L.$$

اگرچه ما در سراسر متن $x\to c$ را نوشته‌ایم، حدها ممکن است حد یک‌طرفه ($x\to c^{+}$ یا $x\to c^{-}$) نیز باشند، زمانی که $c$ یک نقطه پایانی متناهی برای $I$ باشد.

در مورد دوم (b)، این فرضیه که $f$ به بی‌نهایت واگرا می‌شود ضروری نیست؛ در واقع، کافی است که $\lim _{x\to c}|g(x)|=\infty .$

فرضیه $g'(x)\neq 0$ معمولاً در متون علمی دیده می‌شود، اما برخی نویسندگان با افزودن فرضیات دیگری که مستلزم $g'(x)\neq 0$ است، از این فرضیه عبور می‌کنند. برای مثال، ممکن است در تعریف حد $\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L$ نیاز باشد که تابع ${\frac {f'(x)}{g'(x)}}$ در همه جای بازه $I\setminus \{c\}$ تعریف‌شده باشد. روش دیگر، الزام به مشتق‌پذیر بودن هر دو تابع $f$ و $g$ در همه جای بازه‌ای شامل $c$ است.

ضرورت شرایط: مثال‌های نقض

هر چهار شرط برای قاعده هوپیتال ضروری هستند:

1. نامعلومی شکل: $\lim _{x\to c}f(x)=\lim _{x\to c}g(x)=0$ یا $\pm \infty$؛
2. مشتق‌پذیری توابع: $f(x)$ و $g(x)$ در یک بازه باز $I$ به جز احتمالاً در نقطه حدی $c$ در $I$، مشتق‌پذیر باشند؛
3. مشتق غیرصفر مخرج: $g'(x)\neq 0$ برای تمام $x$ در $I$ که $x\neq c$؛
4. وجود حد خارج‌قسمت مشتق‌ها: $\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}$ وجودداشته باشد.

در مواردی که یکی از شرایط فوق برقرار نباشد، قاعده هوپیتال به‌طور کلی معتبر نیست و نتیجه آن ممکن است در برخی موارد نادرست باشد.

۱. شکل نامعلوم نیست

ضرورت شرط اول را می‌توان با در نظر گرفتن مثال نقضی که در آن توابع $f(x)=x+1$ و $g(x)=2x+1$ هستند و حد $x\to 1$ است، مشاهده کرد.

شرط اول برای این مثال نقض برقرار نیست زیرا $\lim _{x\to 1}f(x)=\lim _{x\to 1}(x+1)=(1)+1=2\neq 0$ و $\lim _{x\to 1}g(x)=\lim _{x\to 1}(2x+1)=2(1)+1=3\neq 0$. این بدان معناست که شکل نامعلوم نیست.

شرط‌های دوم و سوم توسط $f(x)$ و $g(x)$ ارضا می‌شوند. شرط چهارم نیز با رابطه زیر ارضا می‌شود:

$$\lim _{x\to 1}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=\lim _{x\to 1}{\frac {(x+1)'}{(2x+1)'}}=\lim _{x\to 1}{\frac {1}{2}}={\frac {1}{2}}.$$

اما نتیجه‌گیری برقرار نیست، زیرا:

$$\lim _{x\to 1}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to 1}{\frac {x+1}{2x+1}}={\frac {\lim _{x\to 1}(x+1)}{\lim _{x\to 1}(2x+1)}}={\frac {2}{3}}\neq {\frac {1}{2}}.$$

۲. تابع مشتق‌پذیر

مشتق‌پذیری توابع یک الزام است، زیرا اگر تابعی مشتق‌پذیر نباشد، تضمینی وجود ندارد که مشتق تابع در هر نقطه از $I$ موجود باشد. این واقعیت که $I$ یک بازه باز است، از فرضیات قضیه مقدار میانگین به ارث رسیده است. استثنای قابل‌توجه در مورد امکان مشتق‌ناپذیر بودن توابع در $c$ به این دلیل وجود دارد که قاعده هوپیتال تنها مستلزم آن است که مشتق با نزدیک شدن تابع به $c$ موجود باشد؛ نیازی نیست که مشتق در خودِ $c$ گرفته شود.

برای نمونه، فرض کنید $f(x)={\begin{cases}\sin x,&x\neq 0\\1,&x=0\end{cases}}$، $g(x)=x$ و $c=0$. در این حالت، $f(x)$ در $c$ مشتق‌پذیر نیست. با این حال، از آنجا که $f(x)$ در همه جا به جز $c$ مشتق‌پذیر است، پس $\lim _{x\to c}f'(x)$ همچنان موجود است؛ بنابراین، از آنجا که $\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}={\frac {0}{0}}$ و $\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}$ موجود است، قاعده هوپیتال همچنان برقرار است.

۳. مشتق مخرج صفر است

ضرورت شرط $g'(x)\neq 0$ در نزدیکی $c$ (به جز احتمالاً در خودِ $c$) را می‌توان با مثال نقض زیر از اوتو اشتولتس مشاهده کرد. فرض کنید $f(x)=x+\sin x\cos x$ و $g(x)=f(x)e^{\sin x}.$ در این صورت هیچ حدی برای $f(x)/g(x)$ هنگامی که $x\to \infty$ وجود ندارد. با این حال:

$${\begin{aligned}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}&={\frac {2\cos ^{2}x}{(2\cos ^{2}x)e^{\sin x}+(x+\sin x\cos x)e^{\sin x}\cos x}}\\&={\frac {2\cos x}{2\cos x+x+\sin x\cos x}}e^{-\sin x},\end{aligned}}$$

که با میل کردن $x\to \infty$ به صفر نزدیک می‌شود، در حالی که عبارت اصلی پیش از ساده‌سازی $\cos x$ در نقاط بی‌شماری تعریف‌نشده است. مثال‌های بیشتری از این نوع توسط رالف فیلیپ بواس یافت شد.

۴. حد مشتق‌ها موجود نیست

الزام به اینکه حد $\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}$ موجود باشد، ضروری است؛ اگر این حد موجود نباشد، حد اصلی $\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}$ ممکن است با این وجود موجود باشد. در واقع، هنگامی که $x$ به $c$ نزدیک می‌شود، توابع $f$ یا $g$ ممکن است نوسانات بسیاری با دامنه کوچک اما شیب تند نشان دهند که بر $\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}$ تأثیری نمی‌گذارد اما مانع از همگرایی $\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}$ می‌شود.

برای نمونه، اگر $f(x)=x+\sin(x)$، $g(x)=x$ و $c=\infty$ باشد، آنگاه:

$${\frac {f'(x)}{g'(x)}}={\frac {1+\cos(x)}{1}},$$

که به هیچ حدی میل نمی‌کند زیرا کسینوس به‌طور نامتناهی بین ۱ و ۱- نوسان می‌کند. اما نسبت توابع اصلی به یک حد میل می‌کند، زیرا دامنه نوسانات $f$ نسبت به $g$ کوچک می‌شود:

$$\lim _{x\to \infty }{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to \infty }\left({\frac {x+\sin(x)}{x}}\right)=\lim _{x\to \infty }\left(1+{\frac {\sin(x)}{x}}\right)=1+0=1.$$

در چنین حالتی، تنها می‌توان نتیجه گرفت که:

$$\liminf _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}\leq \liminf _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}\leq \limsup _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}\leq \limsup _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}},$$

بنابراین اگر حد ${\frac {f}{g}}$ موجود باشد، باید بین حد زبرین و حد فرودین ${\frac {f'}{g'}}$ قرار گیرد. (در این مثال، عدد ۱ واقعاً بین ۰ و ۲ قرار دارد)

همچنین توجه‌داشته باشید که طبق فرم عکس نقیض این قاعده، اگر $\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}$ موجود نباشد، آنگاه $\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}$ نیز موجود نخواهد بود.

مثال‌ها

کاربرد نمونه‌ای از قاعده هوپیتال برای $f(x)=\sin x$ و $g(x)=-0.5x$: تابع $h(x)=f(x)/g(x)$ در $x=0$ تعریف‌نشده است، اما می‌توان آن را با تعریف $h(0)=f'(0)/g'(0)=-2$ به یک تابع پیوسته روی تمام $\mathbb {R}$ تبدیل کرد (رنگ‌ها در راهنما مشخص شده‌اند).

در محاسبات زیر، هر بار استفاده از قاعده هوپیتال با نماد ${\stackrel {\mathrm {H} }{=}}$ نشان داده‌شده است.

• در اینجا یک مثال پایه شامل تابع نمایی آورده‌شده که شامل شکل نامعلوم ${\frac {0}{0}}$ در $x=0$ است:

-->$$\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}-1}{x^{2}+x}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {d}{dx}}(e^{x}-1)}{{\frac {d}{dx}}(x^{2}+x)}}=\lim _{x\to 0}{\frac {e^{x}}{2x+1}}=1.$$

• این یک مثال پیچیده‌تر شامل ${\frac {0}{0}}$ است. اعمال قاعده هوپیتال برای یک بار همچنان منجر به یک شکل نامعلوم می‌شود. در این حالت، حد را می‌توان با سه بار اعمال قاعده محاسبه کرد:

$${\begin{aligned}\lim _{x\to 0}{\frac {2\sin(x)-\sin(2x)}{x-\sin(x)}}&\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to 0}{\frac {2\cos(x)-2\cos(2x)}{1-\cos(x)}}\\[4pt]&\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to 0}{\frac {-2\sin(x)+4\sin(2x)}{\sin(x)}}\\[4pt]&\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to 0}{\frac {-2\cos(x)+8\cos(2x)}{\cos(x)}}={\frac {-2+8}{1}}=6.\end{aligned}}$$

• در اینجا مثالی شامل ${\frac {\infty }{\infty }}$ آمده است:

$$\lim _{x\to \infty }x^{n}\cdot e^{-x}=\lim _{x\to \infty }{\frac {x^{n}}{e^{x}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {nx^{n-1}}{e^{x}}}=n\cdot \lim _{x\to \infty }{\frac {x^{n-1}}{e^{x}}}.$$ قاعده هوپیتال را به‌طور مکرر اعمال کنید تا زمانی که توان صفر شود (اگر $n$ عدد صحیح باشد) یا منفی شود (اگر $n$ کسری باشد) تا نتیجه بگیرید که حد برابر با صفر است.

• در اینجا مثالی شامل شکل نامعلوم $0\cdot \infty$ آمده که به شکل ${\frac {\infty }{\infty }}$ بازنویسی‌شده است:

$$\lim _{x\to 0^{+}}x\ln x=\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {\ln x}{\frac {1}{x}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to 0^{+}}{\frac {\frac {1}{x}}{-{\frac {1}{x^{2}}}}}=\lim _{x\to 0^{+}}-x=0.$$

• در اینجا مثالی شامل فرمول بازپرداخت وام و ${\frac {0}{0}}$ آمده است. فرض کنید $P$ اصل وام، $r$ نرخ بهره در هر دوره و $n$ تعداد دوره‌ها باشد. هنگامی که $r$ صفر است، مبلغ بازپرداخت در هر دوره ${\frac {P}{n}}$ است (زیرا فقط اصل وام بازپرداخت می‌شود)؛ این با فرمول نرخ بهره غیرصفر سازگار است:

$$\lim _{r\to 0}{\frac {Pr(1+r)^{n}}{(1+r)^{n}-1}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ P\lim _{r\to 0}{\frac {(1+r)^{n}+rn(1+r)^{n-1}}{n(1+r)^{n-1}}}={\frac {P}{n}}.$$

• همچنین می‌توان از قاعده هوپیتال برای اثبات قضیه زیر استفاده کرد. اگر $f$ در همسایگی $x$ دو بار مشتق‌پذیر باشد و مشتق دوم آن در این همسایگی پیوسته باشد، آنگاه:

$${\begin{aligned}\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^{2}}}&=\lim _{h\to 0}{\frac {f'(x+h)-f'(x-h)}{2h}}\\[4pt]&=\lim _{h\to 0}{\frac {f''(x+h)+f''(x-h)}{2}}\\[4pt]&=f''(x).\end{aligned}}$$

• گاهی اوقات قاعده هوپیتال به روشی زیرکانه به کار می‌رود: فرض کنید $f(x)+f'(x)$ هنگامی که $x\to \infty$ همگرا شود و $e^{x}\cdot f(x)$ به مثبت یا منفی بی‌نهایت میل کند. آنگاه:

$$\lim _{x\to \infty }f(x)=\lim _{x\to \infty }{\frac {e^{x}\cdot f(x)}{e^{x}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {e^{x}{\bigl (}f(x)+f'(x){\bigr )}}{e^{x}}}=\lim _{x\to \infty }{\bigl (}f(x)+f'(x){\bigr )},$$

و بنابراین، $\lim _{x\to \infty }f(x)$ موجود است و $\lim _{x\to \infty }f'(x)=0.$ (این نتیجه بدون فرض اضافیِ همگرایی $e^{x}\cdot f(x)$ به مثبت یا منفی بی‌نهایت نیز درست باقی می‌ماند، اما توجیه آن در آن صورت ناقص است)

پیچیدگی‌ها

گاهی قاعده هوپیتال در تعداد محدودی گام به یک حد آشکار نمی‌رسد، مگر آنکه برخی ساده‌سازی‌های میانی اعمال شوند. نمونه‌ها شامل موارد زیر هستند:

• دو بار به‌کارگیری قاعده می‌تواند منجر به بازگشت به عبارت اصلی شود که قرار بود ارزیابی شود:

$$\lim _{x\to \infty }{\frac {e^{x}+e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {e^{x}+e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \cdots .$$

این وضعیت را می‌توان با جایگذاری $y=e^{x}$ و توجه به اینکه با میل کردن $x$ به بی‌نهایت، $y$ نیز به بی‌نهایت میل می‌کند، مدیریت کرد؛ با این جایگذاری، مسئله با یک بار استفاده از قاعده حل می‌شود:

$$\lim _{x\to \infty }{\frac {e^{x}+e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}}=\lim _{y\to \infty }{\frac {y+y^{-1}}{y-y^{-1}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{y\to \infty }{\frac {1-y^{-2}}{1+y^{-2}}}={\frac {1}{1}}=1.$$

به‌طور جایگزین، صورت و مخرج هر دو می‌توانند در $e^{x}$ ضرب شوند که در آن نقطه قاعده هوپیتال می‌تواند بلافاصله با موفقیت اعمال شود:

$$\lim _{x\to \infty }{\frac {e^{x}+e^{-x}}{e^{x}-e^{-x}}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {e^{2x}+1}{e^{2x}-1}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {2e^{2x}}{2e^{2x}}}=1.$$

• تعداد دلخواه و بزرگی از کاربردها ممکن است حتی بدون تکرار، هرگز به پاسخ نرسد:

$$\lim _{x\to \infty }{\frac {x^{\frac {1}{2}}+x^{-{\frac {1}{2}}}}{x^{\frac {1}{2}}-x^{-{\frac {1}{2}}}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {{\frac {1}{2}}x^{-{\frac {1}{2}}}-{\frac {1}{2}}x^{-{\frac {3}{2}}}}{{\frac {1}{2}}x^{-{\frac {1}{2}}}+{\frac {1}{2}}x^{-{\frac {3}{2}}}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {-{\frac {1}{4}}x^{-{\frac {3}{2}}}+{\frac {3}{4}}x^{-{\frac {5}{2}}}}{-{\frac {1}{4}}x^{-{\frac {3}{2}}}-{\frac {3}{4}}x^{-{\frac {5}{2}}}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \cdots .$$

این وضعیت نیز با تغییر متغیر، در این مورد $y={\sqrt {x}}$، قابل حل است:

$$\lim _{x\to \infty }{\frac {x^{\frac {1}{2}}+x^{-{\frac {1}{2}}}}{x^{\frac {1}{2}}-x^{-{\frac {1}{2}}}}}=\lim _{y\to \infty }{\frac {y+y^{-1}}{y-y^{-1}}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{y\to \infty }{\frac {1-y^{-2}}{1+y^{-2}}}={\frac {1}{1}}=1.$$

باز هم، یک رویکرد جایگزین این است که قبل از اعمال قاعده هوپیتال، صورت و مخرج را در $x^{1/2}$ ضرب کنیم:

$$\lim _{x\to \infty }{\frac {x^{\frac {1}{2}}+x^{-{\frac {1}{2}}}}{x^{\frac {1}{2}}-x^{-{\frac {1}{2}}}}}=\lim _{x\to \infty }{\frac {x+1}{x-1}}\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to \infty }{\frac {1}{1}}=1.$$

یک مغالطه منطقی رایج، استفاده از قاعده هوپیتال برای اثبات مقدار یک مشتق از طریق محاسبه حد یک خارج‌قسمت تفاضلی است. از آنجا که اعمال قاعده هوپیتال مستلزم دانستن مشتقات مربوطه است، این کار به استدلال دوری یا مصادره به مطلوب می‌انجامد، یعنی فرض کردن آنچه قرار است اثبات شود. برای نمونه، اثبات فرمول مشتق برای توان‌های x را در نظر بگیرید:

$$\lim _{h\to 0}{\frac {(x+h)^{n}-x^{n}}{h}}=nx^{n-1}.$$

اعمال قاعده هوپیتال و یافتن مشتقات نسبت به $h$ همان‌طور که انتظار می‌رود $nx^{n-1}$ را به دست می‌دهد، اما این محاسبه نیازمند استفاده از همان فرمولی است که در حال اثبات آن هستیم. به همین ترتیب، برای اثبات $\lim _{x\to 0}{\frac {\sin(x)}{x}}=1$، اعمال هوپیتال نیازمند دانستن مشتق $\sin(x)$ در $x=0$ است که خود به معنای محاسبه $\lim _{h\to 0}{\frac {\sin(h)}{h}}$ در وهله اول است؛ یک اثبات معتبر نیازمند روشی متفاوت مانند قضیه فشردگی است.

سایر شکل‌های نامعلوم

سایر شکل‌های نامعلوم، مانند $1^{\infty }$، $0^{0}$، $\infty ^{0}$، $0\cdot \infty$ و $\infty -\infty$، گاهی اوقات با استفاده از قاعده هوپیتال قابل ارزیابی هستند. ما دوباره کاربردهای قاعده هوپیتال را با ${\stackrel {\mathrm {H} }{=}}$ نشان می‌دهیم.

برای نمونه، برای ارزیابی حدی که شامل $\infty -\infty$ است، تفاضل دو تابع را به یک خارج‌قسمت تبدیل کنید:

$${\begin{aligned}\lim _{x\to 1}\left({\frac {x}{x-1}}-{\frac {1}{\ln x}}\right)&=\lim _{x\to 1}{\frac {x\cdot \ln x-x+1}{(x-1)\cdot \ln x}}\\[6pt]&\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to 1}{\frac {\ln x}{{\frac {x-1}{x}}+\ln x}}\\[6pt]&=\lim _{x\to 1}{\frac {x\cdot \ln x}{x-1+x\cdot \ln x}}\\[6pt]&\ {\stackrel {\mathrm {H} }{=}}\ \lim _{x\to 1}{\frac {1+\ln x}{1+1+\ln x}}={\frac {1+0}{1+1+0}}.\end{aligned}}$$

قاعده هوپیتال می‌تواند برای شکل‌های نامعلوم شامل توان‌ها با استفاده از لگاریتم برای «پایین آوردن توان» استفاده شود. در اینجا نمونه‌ای شامل شکل نامعلوم $0^{0}$ آمده است:

$$\lim _{x\to 0^{+}\!}x^{x}=\lim _{x\to 0^{+}\!}e^{\ln(x^{x})}=\lim _{x\to 0^{+}\!}e^{x\cdot \ln x}=\lim _{x\to 0^{+}\!}\exp(x\cdot \ln x)=\exp({\lim _{x\to 0^{+}\!\!}\,x\cdot \ln x}).$$

بردن حد به داخل تابع نمایی معتبر است زیرا این تابع یک تابع پیوسته است. اکنون توان $x$ «پایین آورده‌شده» است. حد $\lim _{x\to 0^{+}}x\cdot \ln x$ از شکل نامعلوم 0 · ∞ است که در مثال بالا به آن پرداخته شد: هوپیتال ممکن است برای تعیین اینکه

$$\lim _{x\to 0^{+}}x\cdot \ln x=0.$$

استفاده شود؛ بنابراین

$$\lim _{x\to 0^{+}}x^{x}=\exp(0)=e^{0}=1.$$

جدول زیر رایج‌ترین شکل‌های نامعلوم و تبدیل‌هایی که پیش از اعمال قاعده هوپیتال انجام می‌شوند را فهرست می‌کند:

${\frac {0}{0}}$	$\lim _{x\to c}f(x)=0,\ \lim _{x\to c}g(x)=0\!$	—
${\frac {\infty }{\infty }}$	$\lim _{x\to c}f(x)=\infty ,\ \lim _{x\to c}g(x)=\infty \!$	$\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to c}{\frac {1/g(x)}{1/f(x)}}\!$
$0\cdot \infty$	$\lim _{x\to c}f(x)=0,\ \lim _{x\to c}g(x)=\infty \!$	$\lim _{x\to c}f(x)g(x)=\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{1/g(x)}}\!$
$\infty -\infty$	$\lim _{x\to c}f(x)=\infty ,\ \lim _{x\to c}g(x)=\infty \!$	$\lim _{x\to c}(f(x)-g(x))=\lim _{x\to c}{\frac {1/g(x)-1/f(x)}{1/(f(x)g(x))}}\!$
$0^{0}$	$\lim _{x\to c}f(x)=0^{+},\lim _{x\to c}g(x)=0\!$	$\lim _{x\to c}f(x)^{g(x)}=\exp \lim _{x\to c}{\frac {g(x)}{1/\ln f(x)}}\!$
$1^{\infty }$	$\lim _{x\to c}f(x)=1,\ \lim _{x\to c}g(x)=\infty \!$	$\lim _{x\to c}f(x)^{g(x)}=\exp \lim _{x\to c}{\frac {\ln f(x)}{1/g(x)}}\!$
$\infty ^{0}$	$\lim _{x\to c}f(x)=\infty ,\ \lim _{x\to c}g(x)=0\!$	$\lim _{x\to c}f(x)^{g(x)}=\exp \lim _{x\to c}{\frac {g(x)}{1/\ln f(x)}}\!$

قضیه اشتولتس-چزارو

مقالهٔ اصلی: قضیه اشتولتس-چزارو

قضیه اشتولتس-چزارو نتیجه‌ای مشابه است که شامل حد دنباله‌ها می‌شود، اما به جای مشتق از تفاضل‌های محدود استفاده می‌کند.

تفسیر هندسی: منحنی پارامتری و بردار سرعت

منحنی پارامتری در صفحه xy با مختصات داده‌شده توسط توابع پیوسته $g(t)$ و $f(t)$، یعنی مکان نقاط $(g(t),f(t))$ را در نظر بگیرید و فرض کنید $f(c)=g(c)=0$. شیب مماس بر منحنی در $(g(c),f(c))=(0,0)$ حد نسبت ${\frac {f(t)}{g(t)}}$ هنگامی که $t\to c$ است. مماس بر منحنی در نقطه $(g(t),f(t))$ همان بردار سرعت $(g'(t),f'(t))$ با شیب ${\frac {f'(t)}{g'(t)}}$ است. قاعده هوپیتال بیان می‌کند که شیب منحنی در مبدأ ($t=c$) برابر با حد شیب مماس در نقاطی است که به مبدأ نزدیک می‌شوند، مشروط بر اینکه این مقدار تعریف‌شده باشد.

اثبات قاعده هوپیتال

حالت خاص

اثبات قاعده هوپیتال در حالتی که $f$ و $g$ در نقطه $c$ به‌طور پیوسته مشتق‌پذیر باشند و پس از اولین دور مشتق‌گیری یک حد متناهی به دست آید، ساده است. این تنها یک حالت خاص از قاعده هوپیتال است، زیرا تنها بر توابعی اعمال می‌شود که شرایطی قوی‌تر از آنچه قاعده کلی نیاز دارد، داشته باشند. با این حال، بسیاری از توابع رایج دارای مشتقات پیوسته هستند (مانند چندجمله‌ای‌ها، سینوس و کسینوس، تابع نمایی‌ها)، بنابراین این حالت خاص بیشتر کاربردها را پوشش می‌دهد.

فرض کنید $f$ و $g$ در یک عدد حقیقی $c$ به‌طور پیوسته مشتق‌پذیر باشند، $f(c)=g(c)=0$ و $g'(c)\neq 0$. در این صورت

$${\begin{aligned}&\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\lim _{x\to c}{\frac {f(x)-0}{g(x)-0}}=\lim _{x\to c}{\frac {f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}}\\[6pt]={}&\lim _{x\to c}{\frac {\left({\frac {f(x)-f(c)}{x-c}}\right)}{\left({\frac {g(x)-g(c)}{x-c}}\right)}}={\frac {\lim _{x\to c}\left({\frac {f(x)-f(c)}{x-c}}\right)}{\lim _{x\to c}\left({\frac {g(x)-g(c)}{x-c}}\right)}}={\frac {f'(c)}{g'(c)}}=\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}.\end{aligned}}$$

این نتیجه از تعریف مشتق بر پایه خارج‌قسمت تفاضلی حاصل می‌شود. تساوی آخر از پیوستگی مشتق‌ها در $c$ نتیجه می‌شود. حد در نتیجه‌گیری، نامعلوم نیست زیرا $g'(c)\neq 0$ است.

اثبات نسخهٔ عمومی‌تری از قاعدهٔ لوپیتال در زیر آمده است.

اثبات کلی

این یک اثبات واحد برای شکل‌های نامعلوم ${\frac {0}{0}}$ و ${\frac {\pm \infty }{\pm \infty }}$ با استفاده از تعمیم قضیه مقدار میانگین توسط کوشی است. اما اثبات آن بدون نتیجهٔ کوشی نیز ممکن است.

فرض کنید $f$ و $g$ توابعی باشند که فرضیات موجود در «شکل کلی» را برآورده کنند. فرض کنید $I$ بازهٔ بازی در فرضیه با نقطهٔ انتهایی $c$ باشد. با در نظر گرفتن اینکه $g'(x)\neq 0$ در این بازه و $g$ پیوسته است، می‌توان $I$ را کوچک‌تر انتخاب کرد به‌طوری که $g$ در $I$ غیرصفر باشد.

برای هر $x$ در بازه، $m(x)=\inf {\frac {f'(t)}{g'(t)}}$ و $M(x)=\sup {\frac {f'(t)}{g'(t)}}$ را تعریف می‌کنیم، در حالی که $t$ تمام مقادیر بین $x$ و $c$ را می‌پیماید. (نمادهای inf و sup نشان‌دهنده اینفیمم و سوپریمم هستند)

از مشتق‌پذیری $f$ و $g$ در $I$، قضیه مقدار میانگین کوشی تضمین می‌کند که برای هر دو نقطه متمایز $x$ و $y$ در $I$، یک $\xi$ بین $x$ و $y$ وجود دارد به‌طوری که ${\frac {f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}}={\frac {f'(\xi )}{g'(\xi )}}$. در نتیجه، $m(x)\leq {\frac {f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}}\leq M(x)$ برای تمام انتخاب‌های متمایز $x$ و $y$ در بازه برقرار است. مقدار $g(x)-g(y)$ برای $x$ و $y$ متمایز در بازه همواره غیرصفر است، زیرا اگر چنین نبود، قضیه مقدار میانگین وجود یک $p$ بین $x$ و $y$ را ایجاب می‌کرد که در آن $g'(p)=0$.

تعریف $m(x)$ و $M(x)$ منجر به یک عدد حقیقی گسترش‌یافته می‌شود، بنابراین ممکن است مقادیر $\pm \infty$ را اختیار کنند. در دو حالت زیر، $m(x)$ و $M(x)$ کران‌هایی را برای نسبت ${\frac {f}{g}}$ تعیین می‌کنند.

حالت ۱: $\lim _{x\to c}f(x)=\lim _{x\to c}g(x)=0$

برای هر $x$ در بازه $I$، و نقطه $y$ بین $x$ و $c$،

$$m(x)\leq {\frac {f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}}={\frac {{\frac {f(x)}{g(x)}}-{\frac {f(y)}{g(x)}}}{1-{\frac {g(y)}{g(x)}}}}\leq M(x)$$

و بنابراین با نزدیک شدن $y$ به $c$، ${\frac {f(y)}{g(x)}}$ و ${\frac {g(y)}{g(x)}}$ صفر می‌شوند، و در نتیجه

$$m(x)\leq {\frac {f(x)}{g(x)}}\leq M(x).$$

حالت ۲: $\lim _{x\to c}|g(x)|=\infty$

برای هر $x$ در بازه $I$، مجموعه $S_{x}=\{y\mid y$ بین $x$ و $c\}$ را تعریف کنید. برای هر نقطه $y$ بین $x$ و $c$،

$$m(x)\leq {\frac {f(y)-f(x)}{g(y)-g(x)}}={\frac {{\frac {f(y)}{g(y)}}-{\frac {f(x)}{g(y)}}}{1-{\frac {g(x)}{g(y)}}}}\leq M(x).$$

با نزدیک شدن $y$ به $c$، هر دو مقدار ${\frac {f(x)}{g(y)}}$ و ${\frac {g(x)}{g(y)}}$ صفر می‌شوند، و بنابراین

$$m(x)\leq \liminf _{y\in S_{x}}{\frac {f(y)}{g(y)}}\leq \limsup _{y\in S_{x}}{\frac {f(y)}{g(y)}}\leq M(x).$$

حد زبرین و حد زبرین ضروری هستند زیرا وجود حد ${\frac {f}{g}}$ هنوز اثبات نشده است.

همچنین این مورد برقرار است که

$$\lim _{x\to c}m(x)=\lim _{x\to c}M(x)=\lim _{x\to c}{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L.$$

و

$$\lim _{x\to c}\left(\liminf _{y\in S_{x}}{\frac {f(y)}{g(y)}}\right)=\liminf _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}$$ و $\lim _{x\to c}\left(\limsup _{y\in S_{x}}{\frac {f(y)}{g(y)}}\right)=\limsup _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}.$

در حالت ۱، قضیه فشردگی اثبات می‌کند که $\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}$ وجود دارد و برابر با $L$ است. در حالت ۲، قضیه فشردگی دوباره تأیید می‌کند که $\liminf _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}=\limsup _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}=L$، و بنابراین حد $\lim _{x\to c}{\frac {f(x)}{g(x)}}$ وجود دارد و برابر با $L$ است. این نتیجه‌ای است که باید اثبات می‌شد.

در حالت ۲، فرض اینکه $f(x)$ به سمت بی‌نهایت واگرا شود در اثبات استفاده نشد. این بدان معناست که اگر $|g(x)|$ با نزدیک شدن $x$ به $c$ به سمت بی‌نهایت واگرا شود و هر دو تابع $f$ و $g$ فرضیات قاعدهٔ لوپیتال را برآورده کنند، آنگاه هیچ فرض اضافی دربارهٔ حد $f(x)$ نیاز نیست: حتی ممکن است حد $f(x)$ وجود نداشته باشد. در این حالت، قضیه لوپیتال در واقع نتیجه‌ای از قضیه سزارو-اشتولتس است.

در حالتی که $|g(x)|$ با نزدیک شدن $x$ به $c$ به سمت بی‌نهایت واگرا شود و $f(x)$ به یک حد متناهی در $c$ همگرا شود، قاعدهٔ لوپیتال قابل اعمال است، اما لزوماً ضروری نیست، زیرا حسابان حد مقدماتی نشان می‌دهد که حد ${\frac {f(x)}{g(x)}}$ با نزدیک شدن $x$ به $c$ باید صفر باشد.

نتیجه

یک نتیجهٔ ساده اما بسیار مفید از قاعدهٔ لوپیتال این است که مشتق یک تابع نمی‌تواند ناپیوستگی رفع‌شدنی‌داشته باشد؛ یعنی فرض کنید $f$ در $a$ پیوسته باشد، و $f'(x)$ برای تمام $x$ها در یک بازهٔ باز شامل $a$ وجودداشته باشد، مگر شاید در $x=a$. علاوه بر این، فرض کنید $\lim _{x\to a}f'(x)$ وجودداشته باشد. آنگاه $f'(a)$ نیز وجود دارد و $$f'(a)=\lim _{x\to a}f'(x).$$ به‌ویژه، $f'$ نیز در $a$ پیوسته است.

بنابراین، اگر تابعی در نزدیکی یک نقطه هموار نباشد، مشتق آن باید در آن نقطه دارای یک ناپیوستگی اساسی باشد.

برهان

توابع $h(x)=f(x)-f(a)$ و $g(x)=x-a$ را در نظر بگیرید. پیوستگی $f$ در $a$ به ما می‌گوید که $\lim _{x\to a}h(x)=0$. علاوه بر این، $\lim _{x\to a}g(x)=0$ زیرا یک تابع چندجمله‌ای همواره در همه جا پیوسته است. اعمال قاعده هوپیتال نشان می‌دهد که

$$f'(a):=\lim _{x\to a}{\frac {f(x)-f(a)}{x-a}}=\lim _{x\to a}{\frac {h'(x)}{g'(x)}}=\lim _{x\to a}f'(x).$$

جستارهای وابسته

• جنجال لوپیتال

برای مطالعهٔ بیشتر

• Lettenmeyer, F. (1936). "Über die sogenannte Hospitalsche Regel" [On the So-called l'Hopital Rule]. Journal für die reine und angewandte Mathematik (in German). 1936 (174): 246–247. doi:10.1515/crll.1936.174.246. S2CID 199546754.