두 함수 \(f\)와 \(g\)모두 점 \(c\)를 원소로 갖는 한 열린 구간에서 정의되어 있고, \(x\to c\)일 때 \(f(x) \to A,\) \(g(x) \to B\)이며 \(B \ne 0\)이라고 하자. 그러면 \[\lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{A}{B}\] 가 성립한다. 그러나 만약 \(A = B = 0\)이거나, \(x\to c\)일 때 \(f(x)\)와 \(g(x)\)가 모두 무한대로 발산하면 위와 같은 등식을 사용할 수 없다. 예컨대 \(x\to 0\)일 때 \(\sin x \to 0\)이므로 극한 \[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\] 는 극한 공식을 이용하여 구할 수 없다.
이처럼 극한이 \(0/0\)꼴, \(\infty / \infty\)꼴, \(\infty \cdot 0\)꼴, \((\infty - \infty)\)꼴, \(0^0\)꼴, \(1^\infty\)꼴, \(\infty^0\)꼴일 때에는 극한 계산 공식을 이용하여 극한값을 구할 수 없는데, 이러한 극한을 부정형(indeterminate form) 극한이라고 부른다.
이 포스트에서는 부정형 극한을 계산하는 공식인 로피탈의 법칙(L'Hôpital's rule)을 소개하고, 로피탈의 법칙을 이용하여 여러 가지 유형의 부정형 극한을 구하는 방법을 살펴본다.
부정형 극한의 계산: \(0/0\)꼴
부정형 극한의 유형에 따라 로피탈의 법칙의 내용은 조금씩 다르다. 여기서는 로피탈의 법칙을 이용하여 계산하는 방법을 주로 살펴보고, 로피탈의 법칙의 증명은 이 포스트의 끝에서 다루기로 한다.
정리 1. (로피탈의 법칙: \(0/0\)꼴)
\(I\)가 구간이고 \(c\)가 실수이며 두 함수 \(f\)와 \(g\)가 \(I\)에서 정의되어 있다고 하자.
- \(c\)가 \(I\)의 내점이고 \(f\)와 \(g\)가 \(I\setminus\left\{c\right\}\)에서 미분 가능하며 \(f(c)=g(c)=0\)이라고 하자. 또한 \(x\in I\setminus\left\{ c\right\}\)에 대하여 \(g ' (x) \ne 0\)이라고 하자. 만약 \[\lim_{x \to c}\frac{f ' (x)}{g ' (x)} = L\] 이면 \[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)} = L\] 이다.
- [1]에서 \(I\)가 반열린 구간 \(I = (a,\,c]\)이고 극한이 \(x\to c^-\)인 좌극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립하며, \(I\)가 반닫힌 구간 \(I = [c,\,b)\)이고 극한이 \(x\to c^+\)인 우극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립한다.
- [1], [2]는 \(L\)이 실수일 때에도 성립하고 \(L\)이 양의 무한대이거나 음의 무한대일 때에도 성립한다.
- [3]에서 \(I\)가 위로 유계가 아닌 집합이고 극한이 \(x\to \infty\)인 극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립하며, \(I\)가 아래로 유계가 아닌 집합이고 극한이 \(x\to -\infty\)인 극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립한다.
로피탈의 법칙을 적용할 땐 반드시 \(x\to c\)일 때 \(f ' (x) / g ' (x)\)의 극한을 구할 수 있는지 검토해야 한다.
예제 1. 다음 극한이 수렴하는지 판별하고, 수렴한다면 극한값을 구하시오. \[\lim_{x\to 0}\frac{5x-\sin x}{x}.\]
풀이. 문제의 극한은 \(0/0\)꼴인 부정형이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\frac{5-\cos x}{1}\] 이다. 그런데 \[\lim_{x\to 0}\frac{5-\cos x}{1} = \frac{5-1}{1} = 4\] 이므로, 로피탈의 법칙에 의하여 문제의 극한은 수렴하고 극한값은 \[\lim_{x\to 0}\frac{5x-\sin x}{x}=4\] 이다.
때에 따라서는 로피탈의 법칙을 두 번 이상 사용해야 하는 경우도 있다. 다음 예제를 보라.
예제 2. 다음 극한이 수렴하는지 판별하고, 수렴한다면 극한값을 구하시오. \[\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1+x} -1 - \frac{x}{2}}{x^2}.\tag{1}\]
풀이. 문제의 극한은 \(0/0\)꼴인 부정형이다. (1)에서 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2} (1+x)^{-1/2} - \frac{1}{2}}{2x}\tag{2}\] 이다. 그런데 이 극한 또한 \(0/0\)꼴인 부정형이다. (2)에서 다시 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{4} (1+x)^{-3/2}}{2}\tag{3}\] 이며, \(x=0\)을 대입하여 극한값을 구하면 (3)의 극한값은 \(-\frac{1}{8}\)이다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 (2)는 수렴하며 그 극한값은 \(-\frac{1}{8}\)이고, 다시 로피탈의 법칙에 의하여 (1)도 수렴하며 그 극한값은 동일하게 \(-\frac{1}{8}\)이다.
(Thomas’ Calculus Global Edition 13판 4.5절에서 발췌함.)
\(f ' (x) / g ' (x)\)가 무한대로 발산할 때에도 로피탈의 법칙을 사용할 수 있다. 다음 예제를 보라.
예제 3. 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x^2}.\]
풀이. 문제의 극한은 \(0/0\)꼴인 부정형이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\cos x}{2x} = \infty\] 이므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x^2} = \lim_{x\to 0^+} \frac{\cos x}{2x} = \infty\] 이다.
(Thomas’ Calculus Global Edition 13판 4.5절에서 발췌함.)
주의. 부정형이 아닌 극한을 계산할 때에는 로피탈의 법칙을 사용하면 안 된다. 예컨대 \[\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{1+3x} = \lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{3} = \frac{1}{3}\] 이라고 하면 안 된다. 왜냐하면 첫 극한이 부정형이 아니기 때문이다. 이 극한은 \(0\)에 수렴한다.
부정형 극한의 계산: \(\infty / \infty\)꼴
정리 2. (로피탈의 법칙: \(\infty / \infty\)꼴)
\(I\)가 구간이고 \(c\)가 실수이며 두 함수 \(f\)와 \(g\)가 \(I\setminus\left\{c\right\}\)에서 정의되어 있다고 하자.
- \(c\)가 \(I\)의 내점이고 \(f\)와 \(g\)가 \(I\setminus\left\{ c \right\}\)에서 미분 가능하며, \(x\to c\)일 때 \(f(x) \to \infty,\) \(g(x) \to \infty\)라고 하자. 또한 \(x\in I \setminus\left\{ c\right\}\)에 대하여 \(g ' (x) \ne 0\)이라고 하자. 만약 \[\lim_{x \to c}\frac{f ' (x)}{g ' (x)} = L\] 이면 \[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)} = L\] 이다.
- [1]에서 \(x\to c\)일 때 \(f(x)\)와 \(g(x)\)가 모두 음의 무한대로 발산하거나, 둘 중 하나는 양의 무한대로 발산하고 다른 하나는 음의 무한대로 발산하여도 같은 결론을 얻는다.
- [1]과 [2]에서 \(I\)가 \(c\)를 오른쪽 끝점으로 하는 열린 구간이고 극한이 \(x\to c^-\)인 좌극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립하며, \(I\)가 \(c\)를 왼쪽 끝점으로 하는 열린 구간이고 극한이 \(x\to c^+\)인 우극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립한다.
- [1]과 [2]에서 \(I\)가 위로 유계가 아닌 집합이고 극한이 \(x\to \infty\)인 극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립하며, \(I\)가 아래로 유계가 아닌 집합이고 극한이 \(x\to -\infty\)인 극한으로 바뀌어도 정리가 그대로 성립한다.
- [1], [2], [3], [4]는 \(L\)이 실수일 때에도 성립하고 \(L\)이 양의 무한대이거나 음의 무한대일 때에도 성립한다.
예제 4. 다음 극한이 수렴하는지 판별하고, 수렴한다면 극한값을 구하시오. \[\lim_{x\to\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}.\]
풀이. 문제의 극한은 \(\infty/\infty\)꼴인 부정형이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to \infty}\frac{1/x}{1/(2\sqrt{x})} = \lim_{x\to\infty}\frac{1}{2\sqrt{x}} = 0\] 이다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 문제의 극한은 수렴하고 \[\lim_{x\to\infty} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} = \lim_{x\to\infty}\frac{1}{2\sqrt{x}} = 0\] 이다.
로피탈의 법칙을 활용하여 흥미로운 문제를 풀 수 있다. 다음 예제를 보라.
예제 5. 함수 \(f\)가 \((0,\,\infty)\)에서 정의되어 있고, 이 구간에서 미분 가능하다고 하자. 또한 \(x\to\infty\)일 때 \((f(x) + f ' (x))\)는 수렴하고 \(e^x f(x)\)는 양의 무한대로 발산한다고 하자. 이때 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to\infty} f ' (x).\]
풀이. \(x\to\infty\)일 때 \(f(x)\)의 극한은 다음과 같이 나타낼 수 있다. \[\lim_{x\to\infty} f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{e^x f(x)}{e^x}\tag{4}\] 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴인 부정형 극한이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to\infty}\frac{e^x f(x) + e^x f ' (x)}{e^x} = \lim_{x\to\infty} (f(x) + f ' (x))\tag{5}\] 이며, 문제의 가정에 의하여 (5)는 수렴한다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 (4)는 (5)와 같은 값에 수렴한다. (4)의 극한값을 \(L\)이라고 하면 \[L = \lim_{x\to\infty} f(x) = \lim_{x\to\infty} (f(x) + f ' (x)) = L + \lim_{x\to\infty} f ' (x)\] 이므로 \[\lim_{x\to\infty} f ' (x) = 0\] 이다. (Wikipedia 페이지 L'Hôpital's rule에서 발췌함, 2019년 8월 11일.)
주의. 로피탈의 법칙을 이용하여 극한을 계산할 때 등식 \[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to c}\frac{f ' (x)}{g ' (x)}\] 를 그냥 사용하면 안 된다. 이 등식은 우변의 극한이 진동하지 않을 때에만 사용할 수 있다. 예컨대 \[\lim_{x\to\infty}\frac{x+\cos x}{x}\] 는 \(\infty / \infty\)꼴의 부정형 극한이지만 “로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to\infty}\frac{x+\cos x}{x} = \lim_{x\to \infty}\frac{1-\sin x}{1}\] 이다”라고 쓰면 안 된다. 왜냐하면 우변이 진동하기 대문이다.
주의. 로피탈의 법칙에서 \(g ' (x) \ne 0\)이라는 조건은 필수이다. \(g ' (x) \ne 0\)이라는 조건이 빠지면 어떠한 문제가 발생하는지 예를 통해 살펴보자. \[\begin{align} f(x) &= x + \sin x, \\[8pt] g(x) &= f(x) e^{\sin x} \end{align}\] 이라고 하자. 그러면 \[\frac{f ' (x)}{g ' (x)} = \frac{2 \cos x \cdot e^{-\sin x}}{2 \cos x + x + \sin x \cos x}\] 이므로 \(x\to\infty\)일 때 \(f ' (x) / g ' (x)\)는 \(0\)에 수렴하지만 \(f(x)/g(x)\)는 진동한다.
(Wikipedia 페이지 L'Hôpital's rule에서 발췌함, 2019년 8월 11일.)
부정형 극한의 계산: 그 밖의 꼴
지금까지 \(0/0\)꼴의 극한과 \(\infty / \infty\)꼴의 극한을 계산하는 방법을 살펴보았다. 다른 부정형 극한은 \(0/0\)꼴이나 \(\infty / \infty\)꼴로 바꾼 뒤 로피탈의 법칙을 이용하여 계산한다. 다음 두 예제(6, 7)를 보라.
예제 6. (\(\infty \cdot 0\)꼴의 극한)
다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} x \ln x.\]
풀이. 문제의 극한은 \(\infty \cdot 0\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다. 문제의 극한을 변형하면 \[\lim_{x\to 0^+} x \ln x = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}\] 이다. 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴의 극한이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+}\frac{1/x}{-1/(x^2 )} = \lim_{x\to 0^+} (-x) =0\] 이므로, 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to 0^+} x \ln x = \lim_{x\to 0^+} (-x) =0\] 이다.
예제 7. (\((\infty - \infty)\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right).\]
풀이. 문제의 극한은 \((\infty - \infty)\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다. 문제의 극한을 변형하면 \[\lim_{x\to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right) = \lim_{x\to 0^+} \frac{x-\sin x}{x\sin x}\] 이다. 이 극한은 \(0/0\)꼴의 극한이다. 극한을 구하고자 하는 식의 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{1-\cos x}{\sin x + x\cos x}\] 이다. 이 극한은 또 다시 \(0/0\)꼴의 극한이다. 다시 한 번 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{2\cos x - x\sin x} = \frac{0}{2} = 0\] 이다. 그러므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\begin{align}\lim_{x\to 0^+} \left( \frac{1}{\sin x} - \frac{1}{x} \right) &= \lim_{x\to 0^+} \frac{1-\cos x}{\sin x + x\cos x}\\[6pt] &= \lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{2\cos x - x\sin x} =0 \end{align}\] 이다.
지수에 변수가 있을 때에는 로그함수를 이용한다. 다음 세 예제(8, 9, 10)를 보라.
예제 8. (\(0^0\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} x^x.\]
풀이. 문제의 극한은 \(0^0\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다.
\(f(x)=x^x,\) \(\exp(x) = e^x\)이라고 하면 \[\lim_{x\to 0^+} \ln f(x) = \lim_{x\to 0^+} x \ln x = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{1/x}\] 이므로 예제 6의 방법에 따라 이 극한값은 \(0\)이다. \(\exp\)가 \(0\)에서 연속이므로 \[\begin{align} \lim_{x\to 0^+} f(x) &= \lim_{x\to 0^+} \exp(\ln f(x))\\[6pt] &= \exp\left( \lim_{x\to 0^+} f(x) \right) = e^0 = 1 \end{align}\] 이다.
예제 9. (\(1^\infty\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to 0^+} (1+x)^{1/x}.\]
풀이. 문제의 극한은 \(1^\infty\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다.
\(f(x) = (1+x)^{1/x},\) \(\exp (x) = e^x\)이라고 하면 \[\lim_{x\to 0^+} \ln f(x) = \lim_{x\to 0^+} \frac{\ln (1+x)}{x}\] 이다. 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴의 극한이다. 우변의 극한에서 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to 0^+}\frac{1/(1+x)}{1} = 1\] 이므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to 0^+} \ln f(x) = 1\] 이다. \(\exp\)가 \(1\)에서 연속이므로 \[\begin{align} \lim_{x\to 0^+} f(x) &= \lim_{x\to 0^+} \exp( \ln f(x) )\\[6pt] &= \lim_{x\to 0^+} \exp\left( \lim_{x\to 0^+} \ln f(x) \right) \\[6pt] &= \exp (1) = e \end{align}\] 이다.
예제 10. (\(\infty ^0\)꼴의 극한) 다음 극한을 구하시오. \[\lim_{x\to\infty} x^{1/x}.\]
풀이. 문제의 극한은 \(\infty ^0\)꼴이므로 있는 그대로 로피탈의 법칙을 사용할 수 없다.
\(f(x) = x^{1/x},\) \(\exp (x) = e^x\)이라고 하면 \[\lim_{x\to\infty} \ln f(x) = \lim_{x\to\infty} \frac{\ln x}{x}\] 이다. 이 극한은 \(\infty / \infty\)꼴의 극한이다. 우변의 극한에서 분모와 분자를 각각 미분하면 \[\lim_{x\to \infty} \frac{1/x}{1} = 0\] 이므로 로피탈의 법칙에 의하여 \[\lim_{x\to\infty} \ln f(x) = \lim_{x\to \infty} \frac{1/x}{1} = 0\] 이다. \(\exp\)가 \(0\)에서 연속이므로 \[\begin{align} \lim_{x\to\infty} f(x) &= \lim_{x\to\infty} \exp(\ln f(x)) \\[6pt] &= \exp\left( \lim_{x\to\infty} \ln f(x) \right) \\[6pt] &= \exp(0) = 1 \end{align}\] 이다.
로피탈의 법칙의 증명
로피탈의 법칙을 증명하기 위해서는 코시의 평균값 정리(Cauchy's mean value theorem)가 필요하다.
정리 3. (코시의 평균값 정리)
두 함수 \(f\)와 \(g\)가 닫힌 구간 \([a,\,b]\)에서 연속이고 열린 구간 \((a,\,b)\)에서 미분 가능하며 임의의 \(x\in (a,\,b)\)에 대하여 \(g ' (x) \ne 0\)이라고 하자. 그러면 \[\frac{f ' (c)}{g ' (c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\] 를 만족시키는 점 \(c\)가 \((a,\,b)\)에 존재한다.
증명
\(g\)가 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분 가능하므로 라그랑주의 평균값 정리에 의하여 \[g ' (c) = \frac{g(b) - g(a)}{b-a}\] 를 만족시키는 점 \(c\)가 \((a,\,b)\)에 존재한다. 그런데 \(g ' (c) \ne 0\)이므로 \(g(b)-g(a) \ne 0\)이다.
이제 \([a,\,b]\)에서 함수 \(F\)를 다음과 같이 정의하자. \[F(x) = f(x) - f(a) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} [g(x)-g(a)].\] 여기서 \(g(b)-g(a) \ne 0\)이므로 \(F\)는 \([a,\,b]\)에서 잘 정의되었으며, \(F\)는 \([a,\,b]\)에서 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분 가능하다. 따라서 라그랑주의 평균값 정리에 의하여 \[F ' (c) = f ' (c) - \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g ' (c) =0\] 을 만족시키는 점 \(c\)가 \((a,\,b)\)에 존재한다. \(g ' (c) \ne 0\)이므로 위 식을 정리하면 \[\frac{f ' (c)}{g ' (c)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\] 를 얻는다.
참고. 코시의 평균값 정리는 물체의 움직임과 관련하여 그 의미를 생각할 수 있다. 두 물체 A, B가 수직선상에서 움직인다고 생각하자. 시작점과 끝점의 위치는 상관 없다. 시각 \(t\)에 대한 A의 위치를 \(f(t)\)라 하고, 시각 \(t\)에 대한 B의 위치를 \(g(t)\)라고 하자. 시각이 \(a=2\)부터 \(b=5\)까지 변하는 동안, 즉 시각구간 \([a,\,b] = [2,\,5]\)에서 두 물체의 평균속도는 각각 \[\frac{f(b)-f(a)}{b-a} = \frac{f(5)-f(2)}{5-2},\\[8pt] \frac{g(b)-g(a)}{b-a} = \frac{g(5)-g(2)}{5-2}\] 이다. 만약 \[\frac{\frac{f(5)-f(2)}{5-2}}{\frac{g(5)-g(2)}{5-2}} = \frac{f(5)-f(2)}{g(5)-g(2)} = k = 3\] 이라면 동일한 시간 동안 물체 A의 평균속도는 물체 B의 평균속도의 \(k=3\)배이다. 이때 A의 순간속도가 B의 순간속도의 \(3\)배가 되는 순간이 시각구간 \((2,\,5)\) 안에 존재한다. 즉 \[\frac{f ' (c)}{g ' (c)} = k=3\] 이 되는 \(c\)가 \((2,\,5)\)에 존재한다.
이제 로피탈의 법칙을 증명하자. 로피탈의 법칙은 여러 경우로 나누어 진다. 각 경우를 쉽게 기술하기 위하여 로피탈의 법칙을 다음과 같이 표현하기로 하자.
\(x\to c\)일 때 \(f(x) \to A ,\) \(g(x) \to B, \) \((f ' (x) / g ' (x))\to L\)이고 \(f,\) \(g,\) \(c,\) \(A,\) \(B,\) \(L\)이 정리 1 또는 정리 2의 가정을 만족시키면 \[\lim_{x\to c}\frac{f(x)}{g(x)} = L\] 이다.
(1) \(\boldsymbol{c\in\mathbb{R}},\) \(\boldsymbol{A=B=0},\) \(\boldsymbol{L\in\mathbb{R}}\)인 경우의 증명
\(x\to c^+\)인 경우만 증명해도 충분하다. 왜냐하면 \(x\to c^+\)인 경우만 증명해도 같은 방법으로 \(x\to c^-\)인 경우가 증명되며, 두 경우의 증명을 결합하면 \(x\to c\)인 경우의 증명이 되기 때문이다.
\(x\)가 \(c\)보다 큰 실수라고 하자. 그러면 \(g ' (x) \ne 0\)이며, 코시의 평균값 정리에 의하여 \[\frac{f ' (d)}{g ' (d)} = \frac{f(x) - f(c)}{g(x)-g(c)}\] 를 만족시키는 점 \(d\)가 \(c\)와 \(x\) 사이에 존재한다. 그런데 \(f(c)=g(c)=0\)이므로 위 등식으로부터 다음 등식을 얻는다. \[\frac{f ' (d)}{g ' (d)} = \frac{f(x)}{g(x)}\] \(d\)는 \(x\)와 \(c\) 사이의 점이므로 \(x \to c\)일 때 \(d \to c\)이다. 그러므로 \[\lim_{x\to c^+} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{d\to c^+}\frac{f ' (d)}{g ' (d)} = \lim_{x\to c^+}\frac{f ' (x)}{g ' (x)}\] 가 성립한다.
(2) \(\boldsymbol{c\in\mathbb{R}},\) \(\boldsymbol{A=B=\infty},\) \(\boldsymbol{L\in\mathbb{R}}\)인 경우의 증명
앞에서와 마찬가지로 \(x\to c^+\)인 경우만 증명해도 충분하다.
\(\left\{x_n\right\}\)이 \(c\)에 수렴하고 \(x_n > c\)이며 \(x_n \in I\)를 만족시키고 서로 같은 값을 갖는 항이 없는 임의의 수열이라고 하자. 서로 다른 각 자연수 \(k,\) \(n\)에 대하여, 코시의 평균값 정리에 의하여 \[\frac{f(x_k ) - f(x_n )}{g(x_k ) - g(x_n )} = \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})}\] 을 만족시키는 점 \(c_{k,n}\)이 \(x_k\)와 \(x_n\) 사이에 존재한다. 따라서 \[\begin{align} \frac{f(x_n)}{g(x_n)} - \frac{f(x_k)}{g(x_n)} &= \frac{f(x_n) - f(x_k)}{g(x_n)}\\[4pt] &= \frac{1}{g(x_n)} \cdot (g(x_n ) - g(x_k )) \cdot \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})} \\[4pt] &= \left( 1-\frac{g(x_k )}{g(x_n )} \right) \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})} \end{align}\] 즉 \[\frac{f(x_n )}{g(x_n )} = \frac{f(x_k )}{g(x_n )} - \frac{g(x_k )}{g(x_n )} \cdot \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})} + \frac{f ' (c_{k,n})}{g ' (c_{k,n})}\tag{6}\] 이 성립한다. \(A = \infty\)이므로 \(n\to\infty\)일 때 \(1/g(x_n )\to 0\)이다. 그리고 \(c_{k,n}\)은 \(x_k\)와 \(x_n\) 사이에 있기 때문에 \(k \to \infty,\) \(n\to\infty\)일 때 \(c_{k,n}\to c\)이다. 따라서 (6)에 의하여 \(f(x_n ) / g(x_n ) \to L\)이다. 즉 \(0 < \epsilon < 1\)인 \(\epsilon\)이 임의로 주어졌다고 하자. 그러면 자연수 \(N_0\)이 존재하여 \(n\ge N_0\)일 때마다 \[\left\lvert \frac{f ' (c_{N_0 ,n} )}{g ' (c_{N_0 ,n} )} - L \right\rvert < \frac{\epsilon}{3}\] 을 만족시킨다. \(g(x_n)\to\infty\)이므로 \(N_1\)이 존재하여 \(n\ge N_1\)일 때마다 \[\left\lvert \frac{f(x_{N_0})}{g(x_n )}\right\rvert < \frac{\epsilon}{3}\] 그리고 \[\left\lvert \frac{g(x_{N_0})}{g(x_n)}\right\rvert \cdot \left\lvert \frac{f ' (c_{N_0 ,n})}{g ' (c_{N_0 ,n})} \right\rvert < \frac{\epsilon}{3}\] 을 만족시킨다. \(N = \max \left\{ N_0 ,\, N_1 \right\}\)이라고 하자. 그러면 \(n\ge N\)일 때마다 \[\begin{align} \left\lvert \frac{f(x_n)}{g(x_n)}-L \right\rvert &\le \left\lvert \frac{f(x_{N_0})}{g(x_n)} \right\rvert + \left\lvert \frac{g(x_{N_0})}{g(x_n)} \cdot \frac{f ' (c_{N_0 ,n})}{g ' (c_{N_0 ,n})} \right\rvert \\[4pt] &\quad + \left\lvert \frac{f ' (c_{N_0 ,n})}{g ' (c_{N_0, n})} -L \right\rvert < \epsilon \end{align}\] 이 성립한다. 따라서 \[\lim_{n\to\infty} \frac{f(x_n)}{g(x_n)} = L\] 을 얻는다. 여기서 \(\left\{x_n\right\}\)은 \(c\)에 수렴하는 임의의 수열이므로 \[\lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(x)} = L\] 이 성립한다.
\(A=B=-\infty\)인 경우에는 \(f\)와 \(g\)를 \(-f\)와 \(-g\)로 바꾸어 증명하면 된다. \(A=\infty,\) \(B=-\infty\)이거나 \(A=-\infty,\) \(B=\infty\)인 경우에는 \(f\)와 \(g\) 중 하나만 부호를 바꾸어 증명하면 된다.
(3) \(\boldsymbol{c=\infty},\) \(\boldsymbol{L\in\mathbb{R}}\)인 경우의 증명
\((a,\,\infty )\subseteq I\)인 양수 \(a\)를 택하자. 각 \(y\in (0,\, 1/a )\)에 대하여 \[\phi (y) := f\left( \frac{1}{y} \right) ,\,\,\, \varphi (y) := g\left( \frac{1}{y} \right)\] 이라고 하자. 연쇄 법칙에 의하여 \[\frac{\phi ' (y)}{\varphi ' (y)} = \frac{f ' (1/y) (-1/y^2)}{g ' (1/y) (-1/y^2 )} = \frac{f ' (1/y)}{g ' (1/y)} \] 을 얻는다. 여기서 \(x = 1/y\in (a,\,\infty )\)이므로 \[\frac{f ' (x)}{g ' (x)} = \frac{\phi ' (y)}{\varphi ' (y)}\] 이다. 그리고 \(x\to\infty\)일 필요충분조건은 \(y = 1/x \to 0^+\)인 것이므로, \(c=0\)과 \(I = (0,\,1/a)\)라고 두었을 때 \(\phi\)와 \(\varphi\)는 앞의 두 경우 (1) 또는 (2)의 조건을 만족시키는 함수가 된다. 그러므로 \[\begin{align} \lim_{x\to\infty}\frac{f ' (x)}{g ' (x)} &= \lim_{y\to 0^+} \frac{\phi ' (y)}{\varphi ' (y)} \\[4pt] &= \lim_{y\to 0^+} \frac{\phi (y)}{\varphi (y)} \\[4pt] &= \lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} \end{align}\] 가 성립한다.
(4) \(\boldsymbol{L = \infty}\)인 경우의 증명
정리의 가정에 의하여 \(f\)와 \(g\)는 \(I\setminus\left\{c\right\}\)에서 미분 가능하고 \(x\to c\)일 때 \(g(x)/f(x)\)의 극한은 \(0/0\)꼴 또는 \(\infty / \infty\)꼴이며, \(g ' (x) / f ' (x)\)의 극한은 \(0\)이다. 더욱이 충분히 큰 모든 \(x\)에 대하여 \(f ' (x) \ne 0\)이다. 만약 \(A=0\)이면 \[f(x) = f(x) - f(c) = f ' (a)(x-c) \ne 0\] 이 성립하고, 만약 \(A=\infty\)이면 충분히 큰 모든 \(x\)에 대하여 \(f(x) \ne 0\)이다. 따라서 \(c\)를 원소로 가지거나 \(c\)를 끝점으로 하는 구간 \(J\subseteq I\)가 존재하여, 임의의 \(x\in J\)에 대하여 \(f(x) \ne 0,\) \(f ' (x) \ne 0\)을 만족시킨다. 이로써 \(f\)와 \(g\)의 역할을 바꾸었을 때 앞의 세 경우 (1), (2), (3) 중 하나의 조건이 모두 만족되므로 \[\lim_{x\to c}\frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to c}\frac{g ' (x)}{f ' (x)} = 0\] 이 성립한다. 그런데 \(L = \infty\)이므로, 충분히 큰 모든 \(x\)에 대하여 \(f(x) / g(x) > 0\)이다. 특히 \(x\to c\)일 때 \(f(x) / g(x) \to \infty = L\)이 성립한다.