第4章微分の応用

Other Indeterminate Formsほかの不定形

L’Hôpital’s rule is very useful for evaluating limits involving the indeterminate forms

\frac{0}{0}

and

\infty / \infty .

However, we can also use L’Hôpital’s rule to help evaluate limits involving other indeterminate forms that arise when evaluating limits. The expressions

0 \cdot \infty,

\infty - \infty,

1^{\infty},

\infty^{0},

and

0^{0}

are all considered indeterminate forms. These expressions are not real numbers. Rather, they represent forms that arise when trying to evaluate certain limits. Next we realize why these are indeterminate forms and then understand how to use L’Hôpital’s rule in these cases. The key idea is that we must rewrite the indeterminate forms in such a way that we arrive at the indeterminate form

\frac{0}{0}

\infty / \infty .

ロピタルの定理は、

\frac{0}{0}

型や

\infty / \infty

型の不定形を含む極限に特に役立つが、ほかの不定形を含む極限にも利用できる。

0 \cdot \infty

、

\infty - \infty

、

1^{\infty}

、

\infty^{0}

、

0^{0}

も、すべて不定形である。これらは実数を表す式ではない。極限を求めようとするときに現れる「形」を表している。なぜ不定形なのかを確認し、それぞれにロピタルの定理を使う方法を学ぼう。鍵となるのは、

\frac{0}{0}

型または

\infty / \infty

型になるように式を書き換えることである。

Indeterminate Form of Type $0 \cdot \infty$ $0 \cdot \infty$ 型の不定形

Suppose we want to evaluate

lim_{x \to a} (f (x) \cdot g (x)),

where

f (x) \to 0

and

g (x) \to \infty

(or

− \infty)

x \to a .

Since one term in the product is approaching zero but the other term is becoming arbitrarily large (in magnitude), anything can happen to the product. We use the notation

0 \cdot \infty

to denote the form that arises in this situation. The expression

0 \cdot \infty

is considered indeterminate because we cannot determine without further analysis the exact behavior of the product

f (x) g (x)

x \to a .

For example, let

n

be a positive integer and consider

英語のヒント

x \to a

のとき、

f (x) \to 0

かつ

g (x) \to \infty

（または

− \infty)

となる場合に、

lim_{x \to a} (f (x) \cdot g (x))

を求めたいとする。一方の因子は0に近づくが、もう一方の因子は絶対値が限りなく大きくなるので、積がどうなるかはこれだけではわからない。この状況で生じる形を

0 \cdot \infty

と表す。

0 \cdot \infty

が不定形なのは、さらに調べなければ、

x \to a

のときの積

f (x) g (x)

の正確な振る舞いを決められないためである。たとえば、

n

を正の整数として、次の関数を考えよう。

f (x) = \frac{1}{(x^{n} + 1)} and g (x) = 3 x^{2} .

f (x) = \frac{1}{(x^{n} + 1)} および g (x) = 3 x^{2}

x \to \infty,

f (x) \to 0

and

g (x) \to \infty .

However, the limit as

x \to \infty

f (x) g (x) = \frac{3 x^{2}}{(x^{n} + 1)}

varies, depending on

n .

n = 2,

then

lim_{x \to \infty} f (x) g (x) = 3 .

n = 1,

then

lim_{x \to \infty} f (x) g (x) = \infty .

n = 3,

then

lim_{x \to \infty} f (x) g (x) = 0 .

Here we consider another limit involving the indeterminate form

0 \cdot \infty

and show how to rewrite the function as a quotient to use L’Hôpital’s rule.

x \to \infty

のとき、

f (x) \to 0

かつ

g (x) \to \infty

である。しかし、

x \to \infty

のときの

f (x) g (x) = \frac{3 x^{2}}{(x^{n} + 1)}

の極限は、

n

によって変わる。

n = 2

なら

lim_{x \to \infty} f (x) g (x) = 3

、

n = 1

なら

lim_{x \to \infty} f (x) g (x) = \infty

、

n = 3

なら

lim_{x \to \infty} f (x) g (x) = 0

となる。次に、

0 \cdot \infty

型の不定形を含む別の極限を取り上げ、関数を商に書き換えてロピタルの定理を使う方法を示す。

Example 4.41例題 4.41

Indeterminate Form of Type $0 \cdot \infty$ $0 \cdot \infty$ 型の不定形

Evaluate

lim_{x \to 0^{+}} x ln x .

lim_{x \to 0^{+}} x ln x

の値を求めよ。

Solution解き方

First, rewrite the function

x ln x

as a quotient to apply L’Hôpital’s rule. If we write

まず、ロピタルの定理を使えるように、関数

x ln x

を商の形に書き換える。次のように書くと、

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

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

we see that

ln x \to − \infty

x \to 0^{+}

and

\frac{1}{x} \to \infty

x \to 0^{+} .

Therefore, we can apply L’Hôpital’s rule and obtain

x \to 0^{+}

のとき

ln x \to − \infty

、

x \to 0^{+}

のとき

\frac{1}{x} \to \infty

となる。したがって、ロピタルの定理を使うと、次を得る。

lim_{x \to 0^{+}} \frac{ln x}{1 / x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{d}{d x} (ln x)}{\frac{d}{d x} (1 / x)} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 / x}{-1 / x^{2}} = lim_{x \to 0^{+}} (− x) = 0 .

lim_{x \to 0^{+}} \frac{ln x}{1 / x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{\frac{d}{d x} (ln x)}{\frac{d}{d x} (1 / x)} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 / x}{-1 / x^{2}} = lim_{x \to 0^{+}} (− x) = 0

We conclude that

したがって、次の結論を得る。

lim_{x \to 0^{+}} x ln x = 0 .

lim_{x \to 0^{+}} x ln x = 0

関数 y=x ln(x) のグラフ。定義域は x>0 で、x を右から0に近づけると関数値は0に近づく。図の原点は、この極限の位置を示している。 — Figure 4.72図 4.72
Finding the limit at $x = 0$ of the function $f (x) = x ln x .$
関数 $f (x) = x ln x$ の、 $x = 0$ における極限を求める。

Indeterminate Form of Type $\infty - \infty$ $\infty - \infty$ 型の不定形

Another type of indeterminate form is

\infty - \infty .

Consider the following example. Let

n

be a positive integer and let

f (x) = 3 x^{n}

and

g (x) = 3 x^{2} + 5 .

x \to \infty,

f (x) \to \infty

and

g (x) \to \infty .

We are interested in

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x)) .

Depending on whether

f (x)

grows faster,

g (x)

grows faster, or they grow at the same rate, as we see next, anything can happen in this limit. Since

f (x) \to \infty

and

g (x) \to \infty,

we write

\infty - \infty

to denote the form of this limit. As with our other indeterminate forms,

\infty - \infty

has no meaning on its own and we must do more analysis to determine the value of the limit. For example, suppose the exponent

n

in the function

f (x) = 3 x^{n}

n = 3,

then

もう1つの不定形は

\infty - \infty

である。

n

を正の整数とし、

f (x) = 3 x^{n}

、

g (x) = 3 x^{2} + 5

としよう。

x \to \infty

のとき、

f (x) \to \infty

かつ

g (x) \to \infty

となる。求めたいのは

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x))

である。

f (x)

のほうが速く増えるのか、

g (x)

のほうが速く増えるのか、それとも同程度に増えるのかによって、極限はさまざまになる。

f (x) \to \infty

かつ

g (x) \to \infty

なので、この極限の形を

\infty - \infty

と表す。ほかの不定形と同様、

\infty - \infty

だけでは値は決まらず、さらに調べる必要がある。たとえば、関数

f (x) = 3 x^{n}

の指数

n

が

n = 3

なら、次のようになる。

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x)) = lim_{x \to \infty} (3 x^{3} - 3 x^{2} - 5) = \infty .

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x)) = lim_{x \to \infty} (3 x^{3} - 3 x^{2} - 5) = \infty

On the other hand, if

n = 2,

then

一方、

n = 2

なら、次のようになる。

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x)) = lim_{x \to \infty} (3 x^{2} - 3 x^{2} - 5) = −5 .

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x)) = lim_{x \to \infty} (3 x^{2} - 3 x^{2} - 5) = −5

However, if

n = 1,

then

しかし、

n = 1

なら、次のようになる。

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x)) = lim_{x \to \infty} (3 x - 3 x^{2} - 5) = − \infty .

lim_{x \to \infty} (f (x) - g (x)) = lim_{x \to \infty} (3 x - 3 x^{2} - 5) = − \infty

Therefore, the limit cannot be determined by considering only

\infty - \infty .

Next we see how to rewrite an expression involving the indeterminate form

\infty - \infty

as a fraction to apply L’Hôpital’s rule.

したがって、

\infty - \infty

という形だけから極限を決定することはできない。次に、

\infty - \infty

型の式を分数に書き換えて、ロピタルの定理を使う方法を見よう。

Example 4.42例題 4.42

Indeterminate Form of Type $\infty - \infty$ $\infty - \infty$ 型の不定形

Evaluate

lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{tan x}) .

lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{tan x})

の値を求めよ。

Solution解き方

By combining the fractions, we can write the function as a quotient. Since the least common denominator is

x^{2} tan x,

we have

英語のヒント

分数を通分すれば、関数を1つの商に書ける。最小公分母は

x^{2} tan x

なので、次のようになる。

\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{tan x} = \frac{(tan x) - x^{2}}{x^{2} tan x} .

\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{tan x} = \frac{(tan x) - x^{2}}{x^{2} tan x}

x \to 0^{+},

the numerator

tan x - x^{2} \to 0

and the denominator

x^{2} tan x \to 0 .

Therefore, we can apply L’Hôpital’s rule. Taking the derivatives of the numerator and the denominator, we have

x \to 0^{+}

のとき、分子は

tan x - x^{2} \to 0

、分母は

x^{2} tan x \to 0

となる。したがって、ロピタルの定理を使える。分子と分母をそれぞれ微分すると、次を得る。

lim_{x \to 0^{+}} \frac{(tan x) - x^{2}}{x^{2} tan x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{({sec}^{2} x) - 2 x}{x^{2} {sec}^{2} x + 2 x tan x} .

lim_{x \to 0^{+}} \frac{(tan x) - x^{2}}{x^{2} tan x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{({sec}^{2} x) - 2 x}{x^{2} {sec}^{2} x + 2 x tan x}

x \to 0^{+},

({sec}^{2} x) - 2 x \to 1

and

x^{2} {sec}^{2} x + 2 x tan x \to 0 .

Since the denominator is positive as

x

approaches zero from the right, we conclude that

x \to 0^{+}

のとき、

({sec}^{2} x) - 2 x \to 1

かつ

x^{2} {sec}^{2} x + 2 x tan x \to 0

となる。

x

が右から0に近づくとき分母は正なので、次の結論を得る。

lim_{x \to 0^{+}} \frac{({sec}^{2} x) - 2 x}{x^{2} {sec}^{2} x + 2 x tan x} = \infty .

lim_{x \to 0^{+}} \frac{({sec}^{2} x) - 2 x}{x^{2} {sec}^{2} x + 2 x tan x} = \infty

Therefore,

したがって、

lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{tan x}) = \infty .

lim_{x \to 0^{+}} (\frac{1}{x^{2}} - \frac{1}{tan x}) = \infty

Another type of indeterminate form that arises when evaluating limits involves exponents. The expressions

0^{0},

\infty^{0},

and

1^{\infty}

are all indeterminate forms. On their own, these expressions are meaningless because we cannot actually evaluate these expressions as we would evaluate an expression involving real numbers. Rather, these expressions represent forms that arise when finding limits. Now we examine how L’Hôpital’s rule can be used to evaluate limits involving these indeterminate forms.

極限を求めるときには、指数を含む不定形も現れる。

0^{0}

、

\infty^{0}

、

1^{\infty}

はすべて不定形である。これらを、実数の式と同じようにそのまま計算することはできない。極限を求める過程で現れる形を表す記号である。これらの不定形にも、ロピタルの定理を使う方法を考えよう。

Since L’Hôpital’s rule applies to quotients, we use the natural logarithm function and its properties to reduce a problem evaluating a limit involving exponents to a related problem involving a limit of a quotient. For example, suppose we want to evaluate

lim_{x \to a} f {(x)}^{g (x)}

and we arrive at the indeterminate form

\infty^{0} .

(The indeterminate forms

0^{0}

and

1^{\infty}

can be handled similarly.) We proceed as follows. Let

英語のヒント

ロピタルの定理が適用できるのは商なので、自然対数とその性質を使い、指数を含む極限の問題を、商の極限の問題へ変える。たとえば、

lim_{x \to a} f {(x)}^{g (x)}

を求めようとして

\infty^{0}

型になったとする。

0^{0}

型や

1^{\infty}

型も同様に扱える。次のように進める。

y = f {(x)}^{g (x)} .

y = f {(x)}^{g (x)}

Then,

すると、次のようになる。

ln y = ln (f {(x)}^{g (x)}) = g (x) ln (f (x)) .

ln y = ln (f {(x)}^{g (x)}) = g (x) ln (f (x))

Therefore,

したがって、

lim_{x \to a} [ln (y)] = lim_{x \to a} [g (x) ln (f (x))] .

lim_{x \to a} [ln (y)] = lim_{x \to a} [g (x) ln (f (x))]

Since

lim_{x \to a} f (x) = \infty,

we know that

lim_{x \to a} ln (f (x)) = \infty .

Therefore,

lim_{x \to a} g (x) ln (f (x))

is of the indeterminate form

0 \cdot \infty,

and we can use the techniques discussed earlier to rewrite the expression

g (x) ln (f (x))

in a form so that we can apply L’Hôpital’s rule. Suppose

lim_{x \to a} g (x) ln (f (x)) = L,

where

L

may be

\infty

− \infty .

Then

lim_{x \to a} f (x) = \infty

なので、

lim_{x \to a} ln (f (x)) = \infty

がわかる。したがって、

lim_{x \to a} g (x) ln (f (x))

は

0 \cdot \infty

型の不定形である。先ほどの方法で

g (x) ln (f (x))

を書き換えれば、ロピタルの定理を使える。

lim_{x \to a} g (x) ln (f (x)) = L

としよう。ここで

L

は

\infty

や

− \infty

でもよい。すると、

lim_{x \to a} [ln (y)] = L .

lim_{x \to a} [ln (y)] = L

Since the natural logarithm function is continuous, we conclude that

自然対数の連続性により、次の関係が得られる。有限の極限については、まず y=exp(ln y) と指数関数の連続性を使うと、y自身の極限の存在も確かめられる。

ln (lim_{x \to a} y) = L,

ln (lim_{x \to a} y) = L

which gives us

したがって、次を得る。

lim_{x \to a} y = lim_{x \to a} f {(x)}^{g (x)} = e^{L} .

lim_{x \to a} y = lim_{x \to a} f {(x)}^{g (x)} = e^{L}

Example 4.43例題 4.43

Indeterminate Form of Type $\infty^{0}$ $\infty^{0}$ 型の不定形

Evaluate

lim_{x \to \infty} x^{1 / x} .

lim_{x \to \infty} x^{1 / x}

の値を求めよ。

Solution解き方

Let

y = x^{1 / x} .

Then,

y = x^{1 / x}

とおく。すると、

ln (x^{1 / x}) = \frac{1}{x} ln x = \frac{ln x}{x} .

ln (x^{1 / x}) = \frac{1}{x} ln x = \frac{ln x}{x}

We need to evaluate

lim_{x \to \infty} \frac{ln x}{x} .

Applying L’Hôpital’s rule, we obtain

lim_{x \to \infty} \frac{ln x}{x}

を求めればよい。ロピタルの定理を使うと、次を得る。

lim_{x \to \infty} ln y = lim_{x \to \infty} \frac{ln x}{x} = lim_{x \to \infty} \frac{1 / x}{1} = 0 .

lim_{x \to \infty} ln y = lim_{x \to \infty} \frac{ln x}{x} = lim_{x \to \infty} \frac{1 / x}{1} = 0

Therefore,

lim_{x \to \infty} ln y = 0 .

Since the natural logarithm function is continuous, we conclude that

したがって、

lim_{x \to \infty} ln y = 0

である。自然対数とその逆関数である指数関数の連続性から、次の関係を得る。

ln (lim_{x \to \infty} y) = 0,

ln (lim_{x \to \infty} y) = 0

which leads to

これより、

lim_{x \to \infty} y = lim_{x \to \infty} \frac{ln x}{x} = e^{0} = 1 .

lim_{x \to \infty} y = lim_{x \to \infty} \frac{ln x}{x} = e^{0} = 1

Hence,

よって、

lim_{x \to \infty} x^{1 / x} = 1 .

lim_{x \to \infty} x^{1 / x} = 1

Example 4.44例題 4.44

Indeterminate Form of Type $0^{0}$ $0^{0}$ 型の不定形

Evaluate

lim_{x \to 0^{+}} x^{sin x} .

lim_{x \to 0^{+}} x^{sin x}

の値を求めよ。

Solution解き方

Let

次のようにおく。

y = x^{sin x} .

y = x^{sin x}

Therefore,

したがって、

ln y = ln (x^{sin x}) = sin x ln x .

ln y = ln (x^{sin x}) = sin x ln x

We now evaluate

lim_{x \to 0^{+}} sin x ln x .

Since

lim_{x \to 0^{+}} sin x = 0

and

lim_{x \to 0^{+}} ln x = − \infty,

we have the indeterminate form

0 \cdot \infty .

To apply L’Hôpital’s rule, we need to rewrite

sin x ln x

as a fraction. We could write

lim_{x \to 0^{+}} sin x ln x

を求めよう。

lim_{x \to 0^{+}} sin x = 0

かつ

lim_{x \to 0^{+}} ln x = − \infty

なので、

0 \cdot \infty

型の不定形となる。ロピタルの定理を使うには、

sin x ln x

を分数に書き換える必要がある。たとえば、次の2通りが考えられる。

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

または、

sin x ln x = \frac{ln x}{1 / sin x} = \frac{ln x}{csc x} .

sin x ln x = \frac{ln x}{1 / sin x} = \frac{ln x}{csc x}

Let’s consider the first option. In this case, applying L’Hôpital’s rule, we would obtain

まず第1の書き方を試そう。ロピタルの定理を使うと、次のようになる。

lim_{x \to 0^{+}} sin x ln x = lim_{x \to 0^{+}} \frac{sin x}{1 / ln x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{cos x}{−1 / (x {(ln x)}^{2})} = lim_{x \to 0^{+}} (− x {(ln x)}^{2} cos x) .

lim_{x \to 0^{+}} sin x ln x = lim_{x \to 0^{+}} \frac{sin x}{1 / ln x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{cos x}{−1 / (x {(ln x)}^{2})} = lim_{x \to 0^{+}} (− x {(ln x)}^{2} cos x)

Unfortunately, we not only have another expression involving the indeterminate form

0 \cdot \infty,

but the new limit is even more complicated to evaluate than the one with which we started. Instead, we try the second option. By writing

英語のヒント

ところが、再び

0 \cdot \infty

型の不定形になるうえ、極限の計算は出発点よりもかえって複雑になる。そこで、第2の書き方を試す。次のように書いて、

sin x ln x = \frac{ln x}{1 / sin x} = \frac{ln x}{csc x},

sin x ln x = \frac{ln x}{1 / sin x} = \frac{ln x}{csc x}

and applying L’Hôpital’s rule, we obtain

ロピタルの定理を使うと、次を得る。

lim_{x \to 0^{+}} sin x ln x = lim_{x \to 0^{+}} \frac{ln x}{csc x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 / x}{− csc x cot x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{−1}{x csc x cot x} .

lim_{x \to 0^{+}} sin x ln x = lim_{x \to 0^{+}} \frac{ln x}{csc x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{1 / x}{− csc x cot x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{−1}{x csc x cot x}

Using the fact that

csc x = \frac{1}{sin x}

and

cot x = \frac{cos x}{sin x},

we can rewrite the expression on the right-hand side as

csc x = \frac{1}{sin x}

および

cot x = \frac{cos x}{sin x}

を使うと、右辺の式を次のように書き換えられる。

lim_{x \to 0^{+}} \frac{− {sin}^{2} x}{x cos x} = lim_{x \to 0^{+}} [\frac{sin x}{x} \cdot (− tan x)] = (lim_{x \to 0^{+}} \frac{sin x}{x}) \cdot (lim_{x \to 0^{+}} (− tan x)) = 1 \cdot 0 = 0 .

lim_{x \to 0^{+}} \frac{− {sin}^{2} x}{x cos x} = lim_{x \to 0^{+}} [\frac{sin x}{x} \cdot (− tan x)] = (lim_{x \to 0^{+}} \frac{sin x}{x}) \cdot (lim_{x \to 0^{+}} (− tan x)) = 1 \cdot 0 = 0

We conclude that

lim_{x \to 0^{+}} ln y = 0 .

Therefore,

ln (lim_{x \to 0^{+}} y) = 0

and we have

したがって、

lim_{x \to 0^{+}} ln y = 0

となる。これより

ln (lim_{x \to 0^{+}} y) = 0

であり、次を得る。

lim_{x \to 0^{+}} y = lim_{x \to 0^{+}} x^{sin x} = e^{0} = 1 .

lim_{x \to 0^{+}} y = lim_{x \to 0^{+}} x^{sin x} = e^{0} = 1

Hence,

よって、

lim_{x \to 0^{+}} x^{sin x} = 1 .

lim_{x \to 0^{+}} x^{sin x} = 1

第4章微分の応用

Other Indeterminate Formsほかの不定形

Indeterminate Form of Type 0·∞0·∞型の不定形

Indeterminate Form of Type 0·∞0·∞型の不定形

Indeterminate Form of Type ∞−∞∞−∞型の不定形

Indeterminate Form of Type ∞−∞∞−∞型の不定形

Indeterminate Form of Type ∞0∞0型の不定形

Indeterminate Form of Type 0000型の不定形

Indeterminate Form of Type $0 \cdot \infty$ $0 \cdot \infty$ 型の不定形

Indeterminate Form of Type $0 \cdot \infty$ $0 \cdot \infty$ 型の不定形

Indeterminate Form of Type $\infty - \infty$ $\infty - \infty$ 型の不定形

Indeterminate Form of Type $\infty - \infty$ $\infty - \infty$ 型の不定形

Indeterminate Form of Type $\infty^{0}$ $\infty^{0}$ 型の不定形

Indeterminate Form of Type $0^{0}$ $0^{0}$ 型の不定形