L’Hôpitalin sääntö

Guillaume de l’Hôpital, jonka mukaan l’Hôpitalin sääntö on nimetty.

Johann Bernoulli, jonka uskotaan kehittäneen l’Hôpitalin säännön.

L’Hôpitalin sääntö (joskus muodossa l’Hospitalin) on 1600-luvun lopulla kehitetty, ranskalaisen matemaatikon Guillaume de l’Hôpitalin mukaan nimetty matemaattinen menetelmä, jossa epämääräistä muotoa olevia raja-arvoja laskettaessa käytetään apuna derivaattaa. L’Hôpital julkaisi säännön vuonna 1696 kirjassaan Analyse des Infiniment Petits pour l’Intelligence des Lignes Courbes. L’Hôpitalin säännön on itse asiassa kehittänyt l’Hôpitalin opettaja, sveitsiläinen matemaatikko Johann Bernoulli. L’Hôpital ja Bernoulli kirjoittivat sopimuksen, jonka mukaan l’Hôpital sai korvausta vastaan käyttää Bernoullin matemaattisia tuloksia vapaasti omissa nimissään. Ylioppilastutkintolautakunta ei lähtökohtaisesti salli menetelmän käyttöä suomalaisessa ylioppilaskokeessa, jollei sitä ole koesuorituksessa perustellen johdettu.

Olkoot funktiot $f$ ja $g$ derivoituvia (ja täten myös jatkuvia) välillä $A\setminus \{a\}$, missä $A$ on avoin väli, joka sisältää pisteen $a$, mikäli $a$ ei ole $\mathrm{\infty }$ eikä $-\mathrm{\infty }$. Siis $a$ voi olla tässä muotoa $b,b+,b-,\mathrm{\infty }$ tai $-\mathrm{\infty }$ (epäoleelliset raja-arvot), jossa $b+$ ja $b-$ tarkoittavat funktion toispuoleisia raja-arvoja pisteessä $b$. Oletetaan lisäksi, että

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=0$ tai

$\underset{x\to a}{\lim }|g(x)|=\mathrm{\infty }$ ja

$\underset{x\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$ on olemassa (äärellisenä tai äärettömänä) ja

$g^{\prime }(x)\ne 0$ kaikille $x\in A\setminus \{a\}$.

Nyt l’Hôpitalin säännön mukaan seuraava on tosi: näiden funktioiden osamäärän raja-arvo $L$ kohdassa $a$ on sama kuin funktioiden derivaattojen osamäärän raja-arvo samassa kohdassa. Matemaattisin merkinnöin ilmaistuna saamme jälkimmäisestä lauseesta

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

Sääntöä voidaan soveltaa useita kertoja peräkkäin, mutta säännön soveltamisen ehdot on tarkastettava tällöin joka sovelluskerralla uudelleen. Sääntö muun muassa helpottaa raja-arvojen laskemista, kun funktioiden derivaattojen raja-arvot on helpompi laskea kuin itse funktioiden, etenkin kun derivaattojen arvot pisteessä $a$ poikkeavat nollasta. Sääntö voidaan laajentaa myös koskemaan toispuoleisia sekä äärettömiä raja-arvoja.

l’Hôpitalin säännön todistus

Todistetaan l’Hôpitalin sääntö differentiaalilaskennan väliarvolauseen avulla.

• Tapaus 1: Oletetaan, että piste $a$ on äärellinen.

Määritellään $f(a)=g(a)=0$, jolloin funktiot $f$ ja $g$ ovat jatkuvia pisteessä $a$. Valitaan nyt piste $x$ niin läheltä pistettä $a$, että funktiot $f$ ja $g$ toteuttavat differentiaalilaskennan väliarvolauseen oletukset välillä $[a,x]$ (tai $[x,a]$, jos $x<a$).

Nyt saadaan

$f^{\prime }(\xi )g(x)=g^{\prime }(\xi )f(x),$

missä $\xi \in (a,x)$ (tai $\xi \in (x,a)$, jos $x<a$). Lisäksi $g^{\prime }(x)\ne 0$ jossain pisteen $a$ ympäristössä ($x\ne a$). Differentiaalilaskennan väliarvolauseen mukaan

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

kun $|x-a|\ne 0$ on tarpeeksi pieni. Kun nyt $x\to a$, niin myös $\xi \to a$, joten väite seuraa yllä olevasta yhtälöstä. Sama on voimassa myös toispuoleisten raja-arvojen tapauksessa.

• Tapaus 2: Oletetaan, että $a=\pm \mathrm{\infty }$.

Merkitään $t=\frac{1}{x}$, jolloin todistus menee vastaavasti kuin tapauksessa 1. Tällöin

$\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to 0\pm }{\lim }\frac{f(\frac{1}{t})}{g(\frac{1}{t})}=\underset{x\to 0\pm }{\lim }\frac{f^{\prime }(\frac{1}{t})(-\frac{1}{t^2})}{g^{\prime }(\frac{1}{t})(-\frac{1}{t^2})}=\underset{x\to \pm \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}.$

Todistus tapauksessa $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }g(x)\to \mathrm{\infty }$

Olkoot funktiot $f$ ja $g$ derivoituvia välillä $(a,\mathrm{\infty })$, $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }g(x)\to \mathrm{\infty }$ ja $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L\in ℝ$. Täten jollakin $b_1\ge a$ pätee $g(x)>0$ ja $g^{\prime }(x)\ne 0$, kun $x>b_1$. Koska $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }g(x)=\mathrm{\infty }$, niin $g(x)$ on aidosti kasvava, kun $x>b_1$.

Olkoon $\epsilon >0$. On olemassa $b_2>b_1$ siten, että

$|\frac{f^{\prime }(z)}{g^{\prime }(z)}-L|<\frac{\epsilon }{2},\text{kun}z>b_2.$

Koska $g(z)$ on aidosti kasvava, kun $z>b_2$, niin $g(x)-g(y)>0$, kun $x>y>b_2$. Cauchyn yleisen väliarvolauseen nojalla

$|\frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}-L|<\frac{\epsilon }{2},\text{kun}x>y>b_2.$

Täten

$(1-\frac{g(y)}{g(x)})(L-\frac{\epsilon }{2})+\frac{f(y)}{g(x)}$ $<\frac{f(x)}{g(x)}$ $<(1-\frac{g(y)}{g(x)})(L+\frac{\epsilon }{2})+\frac{f(y)}{g(x)},$ $\text{kun}x>y>b_2.$

Kun $y$ on kiinnitetty, niin

$(1-\frac{g(y)}{g(x)})(L-\frac{\epsilon }{2})+\frac{f(y)}{g(x)}\to L-\frac{\epsilon }{2},$ $\text{kun}x\to \mathrm{\infty }$

ja

$(1-\frac{g(y)}{g(x)})(L+\frac{\epsilon }{2})+\frac{f(y)}{g(x)}\to L+\frac{\epsilon }{2},$ $\text{kun}x\to \mathrm{\infty }.$

Täten on olemassa $b_3>y$ siten, että

$L-\epsilon <(1-\frac{g(y)}{g(x)})(L-\frac{\epsilon }{2})+\frac{f(y)}{g(x)},$ $\text{kun}x>b_3.$

On myös olemassa $b_4>b_3$ siten, että

$(1-\frac{g(y)}{g(x)})(L+\frac{\epsilon }{2})+\frac{f(y)}{g(x)}<L+\epsilon ,$ $\text{kun}x>b_4.$

Tällöin

$L-\epsilon <\frac{f(x)}{g(x)}<L+\epsilon ,\text{kun}x>b_4$

eli

$|\frac{f(x)}{g(x)}-L|<\epsilon ,\text{kun}x>b_4.$

Siis $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}=L=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}$. $◻$

Esimerkkejä l’Hôpitalin säännön käytöstä

Käytetään merkintää == osoittamaan l’Hôpitalin säännön soveltamista esimerkeissä.

• Varsin klassinen esimerkki lauseen käytöstä on funktioiden $\sin x$ ja $x$ osamäärän raja-arvo:

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}==\underset{x\to 0}{\lim }\frac{D(\sin x)}{D(x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x}{1}=1.$

Vaikka tämä raja-arvo onkin oiva esimerkki lauseen käytöstä, se sisältää kehäpäätelmän. Tätä tulosta käytetään sinifunktion derivoimissäännön johdossa, joten l’Hôpitalin sääntö ei ole todistusvoimainen kyseisen raja-arvon kohdalla. Lauseen käytön kuvaamisessa se on kuitenkin klassinen esimerkki.

• Esimerkki tilanteesta, jossa osamäärä on epämääräistä muotoa $0/0$. L’Hôpitalin säännön soveltaminen ensimmäisen kerran antaa yhä epämääräistä muotoa olevan raja-arvon. Tämä saadaan kuitenkin lasketuksi soveltamalla sääntöä yhteensä kolme kertaa:

$\begin{array}{cc}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\sin x-\sin 2x}{x-\sin x}& ==\underset{x\to 0}{\lim }\frac{D(2\sin x-\sin 2x)}{D(x-\sin x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\cos x-2\cos 2x}{1-\cos x}\\ & ==\underset{x\to 0}{\lim }\frac{D(2\cos x-2\cos 2x)}{D(1-\cos x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2\sin x+4\sin 2x}{\sin x}\\ & ==\underset{x\to 0}{\lim }\frac{D(-2\sin x+4\sin 2x)}{D(\sin x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2\cos x+8\cos 2x}{\cos x}=\frac{-2+8}{1}=6.\end{array}$

• Esimerkki säännön käytöstä tilanteessa, jossa osamäärä on epämääräistä muotoa $\mathrm{\infty }/\mathrm{\infty }$:

$\begin{array}{cc}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}^n{e}^{-x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^n}{e^x}& ==\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(x^n)}{D(e^x)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n{x}^{n-1}}{e^x}=n\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^{n-1}}{e^x}\\ & ==n\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(x^{n-1})}{D(e^x)}=n(n-1)\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^{n-2}}{e^x}\\ & ==...==n!\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{e^x}=0.\end{array}$

Ongelmatapauksia

• Ennen l’Hôpitalin säännön käyttämistä on tärkeää tarkistaa, että osamäärä on varmasti epämääräistä muotoa. Tämä unohtuu helposti, jos l’Hôpitalin sääntöä käytetään raja-arvoa laskettaessa useita kertoja peräkkäin. Lasketaan raja-arvo

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (x)}{x+x^2}==\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (x)}{1+2x}==\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin (x)}{2}=0.$

Tämä on väärin, sillä $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (x)}{1+2x}$ ei ole epämääräistä muotoa, joten siihen ei voi soveltaa l’Hôpitalin sääntöä.

Oikea tapa:

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (x)}{x+x^2}==\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (x)}{1+2x}=\frac{\underset{x\to 0}{\lim }\cos (x)}{\underset{x\to 0}{\lim }(1+2x)}=\frac{1}{1}=1.$

• Joskus l’Hôpitalin säännön käyttäminen johtaa takaisin alkuperäiseen muotoon:

$\begin{array}{cc}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}}& ==\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(e^x+e^{-x})}{D(e^x-e^{-x})}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\\ & ==\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(e^x-e^{-x})}{D(e^x+e^{-x})}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}}\\ & ==\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(e^x+e^{-x})}{D(e^x-e^{-x})}=\dots .\end{array}$

Tämän tilanteen voi välttää sijoittamalla $y=e^x$, missä $y\to \mathrm{\infty }$, kun $x\to \mathrm{\infty }$. Nyt raja-arvon laskeminen on helppoa:

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}}=\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{y+y^{-1}}{y-y^{-1}}==\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(y+y^{-1})}{D(y-y^{-1})}=\underset{y\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1-y^{-2}}{1+y^{-2}}=\frac{1}{1}=1.$

• Toinen esimerkki tapauksesta, jossa l’Hôpitalin säännön käyttäminen ei johda mihinkään:

$\begin{array}{cc}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\sqrt{2+x^2}}{x}& ==\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(\sqrt{2+x^2})}{D(x)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x}{\sqrt{2+x^2}}\\ & ==\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(x)}{D(\sqrt{2+x^2})}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\sqrt{2+x^2}}{x}\\ & ==\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{D(\sqrt{2+x^2})}{D(x)}=\dots .\end{array}$

Parempi tapa on sieventää lauseketta. Nyt ei tarvitse käyttää l’Hôpitalin sääntöä ja saadaan helposti:

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\sqrt{2+x^2}}{x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt{\frac{2}{x^2}+1}=\sqrt{0+1}=1.$