Matematika/Lopitalio taisyklė

Lopitalio taisyklė (Liopitalio taisyklė) skirta riboms neapibrėžtumo atvejais skaičiuoti, pasiūlyta Gijomo Lopitalio (1661-1704).

Pagrindinė Lopitalio taisyklės esmė yra išvestinės taikymas skaitikliui ir vardikliui atskirai.

I. Neapibrėžtumai $\frac{0}{0}$ ir $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$

Teorema. Sakykime, kad

1)funkcijos f(x) ir g(x) apibrėžtos ir diferencijuojamos taško x=a aplinkoje;

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

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\mathrm{\infty };$

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

Tada

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

II. Neapibrėžtumas $0\cdot \mathrm{\infty }$

Šio tipo neapibrėžtumą galima pakeisti neapibrėžtumu $\frac{0}{0}$ arba $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}.$ Iš tikrųjų, sakykime, kad

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=0,\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\mathrm{\infty }.$

Kadangi

$f(x)\cdot g(x)=\frac{f(x)}{1/g(x)},$

tai

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)\cdot g(x)=\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{1/g(x)},$

ir gauname neapibrėžtumą $\frac{0}{0}.$ Analogiškai galime gauti ir neapibrėžtumą $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}:$

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)\cdot g(x)=\underset{x\to a}{\lim }\frac{g(x)}{1/f(x)}.$

III. Neapibrėžtumas $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }$

Jį galime pakeisti neapibrėžtumu $\frac{0}{0}.$ Sakykime, kad $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty }$ ir $\underset{x\to a}{\lim }g(x)=+\mathrm{\infty }.$ Tada

$\underset{x\to a}{\lim }[f(x)-g(x)]=\underset{x\to a}{\lim }[\frac{1}{1/f(x)}-\frac{1}{1/g(x)}]=\underset{x\to a}{\lim }\frac{1/g(x)-1/f(x)}{1/f(x)\cdot 1/g(x)}.$

Gavome neapibrėžtumą $\frac{0}{0},$ kurį skaičiuoti jau mokame.

IV. Neapibrėžtumai $1^{\mathrm{\infty }};$ $0^0;$ ${\mathrm{\infty }}^0$

Šio tipo neapibrėžtumai pakeičiami neapibrėžtumu $0\cdot \mathrm{\infty }$ remianti tapatybe $f(x{)}^{\varphi (x)}=e^{\varphi (x)\ln f(x)}$ (f(x)>0):

$\underset{x\to a}{\lim }f(x{)}^{\varphi (x)}=\underset{x\to a}{\lim }{e}^{\varphi (x)\ln f(x)}=e^{\underset{x\to a}{\lim }\varphi (x)\ln f(x)}.$

Laipsnio rodiklyje turime neapibrėžtumą $0\cdot \mathrm{\infty }.$

Pavyzdžiai

• Apskaičiuosime $L=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln x}{x^m}$ (m>0). Neapibrėžtumas $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}.$ Taikome I taisyklę:

$L=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(\ln x{)}^{\prime }}{(x^m{)}^{\prime }}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1/x}{m{x}^{m-1}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{m{x}^m}=0.$

• Apskaičiuosime $L=\underset{x\to +0}{\lim }{x}^m\ln x$ (m>0). Neapibrėžtumas $0\cdot (-\mathrm{\infty }).$ Taikome II taisyklę:

$L=\underset{x\to +0}{\lim }\frac{\ln x}{x^{-m}}=\underset{x\to +0}{\lim }\frac{1/x}{-m{x}^{-m-1}}=\underset{x\to +0}{\lim }\frac{x^m}{-m}=0.$

• Apskaičiuosime $L=\underset{x\to 1}{\lim }(\frac{1}{\ln x}-\frac{1}{x-1}).$ Neapibrėžtumas $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }.$ Pertvarkome pagal III taisyklę ir paskui taikome du kartus I taisyklę:

$L=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1-\ln x}{(x-1)\ln x}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1-1/x}{\ln x+1-1/x}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{x\ln x+x-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{\ln x+x/x+1}=\frac{1}{2}.$ Kitaip:

$L=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1-\ln x}{(x-1)\ln x}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1-1/x}{\ln x+1-1/x}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1/x^2}{1/x+1/x^2}=\frac{1/1^2}{1/1+1/1^2}=\frac{1}{2}.$

• Apskaičiuosime $L=\underset{x\to 1}{\lim }(\frac{2}{x^2-1}-\frac{1}{x-1}).$ Neapibrėžtumas $\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty }.$

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

• $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1-x-\ln x}{1-\sqrt{2x-x^2}}=(\frac{0}{0})=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{-1+\frac{1}{x}}{-\frac{2-2x}{2\sqrt{2x-x^2}}}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{\frac{-x+1}{x}}{-\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}}=-\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(1-x)\sqrt{2x-x^2}}{(1-x)x}=-1.$

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x\cdot \sin x-5x}{4x^2+7x}=(\frac{0}{0})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x\cdot \sin x+e^x\cdot \cos x-5}{8x+7}=\frac{0+1-5}{0+7}=-\frac{4}{7}.$

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-e^{-x}}{\ln (e-x)+x-1}=(\frac{0}{0})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x+e^{-x}}{-\frac{1}{e-x}+1}=\frac{1+1}{1-\frac{1}{e}}=\frac{2}{\frac{e-1}{e}}=\frac{2e}{e-1}.$

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

• Du kartus pritaikius Lopitalio taisyklę, apskaičiuojama ribinė reikšmė

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\sin x}{x^3}=(\frac{0}{0})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x}{3x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{6x}=\frac{1}{6}.$

• Tris kartus pritaikius Lopitalio taisyklę, apskaičiuojama ribinė reikšmė

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^4}{x^2+2\cos x-2}=(\frac{0}{0})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4x^3}{2x-2\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{12x^2}{2-2\cos x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{24x}{2\sin x}=12.$

• $\underset{x\to +0}{\lim }\frac{\ln \tan x}{\ln \tan 2x}=(\frac{-\mathrm{\infty }}{-\mathrm{\infty }})=\underset{x\to +0}{\lim }\frac{\frac{1}{\tan x}\cdot \frac{1}{{\cos }^{2}x}}{\frac{1}{\tan 2x}\cdot \frac{2}{{\cos }^{2}2x}}=\frac{1}{2}\underset{x\to +0}{\lim }\frac{{\cos }^{2}2x}{{\cos }^{2}x}\underset{x\to +0}{\lim }\frac{\tan 2x}{\tan x}=$

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

• $\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x})=(\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty })=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{\sin x}{x}-\frac{x}{x})\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{\sin x}=(1-1)/0=0/0.$ Kitaip:

$\underset{x\to 0}{\lim }(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x})=(\mathrm{\infty }-\mathrm{\infty })=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-1}{\sin x+x\cos x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x}{\cos x+\cos x-x\sin x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\cos x}{-\sin x-\sin x-(\sin x+x\cos x)}=$

$=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\cos x}{-3\sin x-x\cos x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{-3\cos x-(\cos x-x\sin x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{-4\cos x+x\sin x}=\frac{0}{-4\cdot 1+0\cdot 0}=\frac{0}{-4}=0.$

• $\underset{x\to a}{\lim }f(x{)}^{\varphi (x)}=\underset{x\to a}{\lim }{e}^{\varphi (x)\ln f(x)}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{x}^{\frac{1}{x}}=({\mathrm{\infty }}^0)=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}\ln x}=e^{\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\ln x}{x}}=e^{\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{1}}=e^0=1.$

• $\underset{x\to +0}{\lim }{x}^x=(0^0)=\underset{x\to +0}{\lim }{e}^{x\ln x}=e^{\underset{x\to +0}{\lim }\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}}=e^{\underset{x\to +0}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}}=e^{-\underset{x\to +0}{\lim }x}=e^0=1.$

• $\underset{x\to +0}{\lim }(1+x{)}^{\frac{1}{x}}=(1^{\mathrm{\infty }})=\underset{x\to +0}{\lim }{e}^{\frac{1}{x}\ln (1+x)}=e^{\underset{x\to +0}{\lim }\frac{\ln (1+x)}{x}}=e^{\underset{x\to +0}{\lim }\frac{1}{1+x}}=e^1=e.$

• $\underset{x\to 1+0}{\lim }(x-1{)}^{\ln x}=(0^0)=\underset{x\to 1+0}{\lim }{e}^{\ln x\cdot \ln (x-1)}=e^{\underset{x\to 1+0}{\lim }[\ln x\cdot \ln (x-1)]};$

$\underset{x\to 1+0}{\lim }[\ln x\cdot \ln (x-1)]=\underset{x\to 1+0}{\lim }\frac{\ln (x-1)}{\frac{1}{\ln x}}=\underset{x\to 1+0}{\lim }\frac{\frac{1}{x-1}}{-\frac{1}{x{\ln }^{2}x}}=$

$=-\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x{\ln }^{2}x}{x-1}=-\underset{x\to 1}{\lim }\frac{{\ln }^{2}x+2x\ln x\cdot \frac{1}{x}}{1}=-\underset{x\to 1}{\lim }({\ln }^{2}x+2\ln x)=0;e^0=1.$

• $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x+\ln x^2}{3x+2}=(\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }})=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1+\frac{2x}{x^2}}{3}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1+\frac{2}{x}}{3}=\frac{1}{3}.$

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sin (\pi /2-2x)}{{\tan }^2(3x)}=(\frac{0}{0})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\cos (\pi /2-2x)}{2\tan (3x)\cdot 3/{\cos }^2(3x)}=\frac{1}{3}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\cos }^2(3x)\cos (\pi /2-2x)}{\tan (3x)}=$

$=\frac{1}{3}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2\cos (3x)\sin (3x)3\cos (\pi /2-2x)+{\cos }^2(3x)\sin (\pi /2-2x)2}{3/{\cos }^2(3x)}=\frac{1}{3}\cdot \frac{0+2}{3}=\frac{2}{9}.$

• $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sin (\pi /2-2x)}{{\tan }^2(3x)}=(\frac{0}{0})=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos (2x)}{{\tan }^2(3x)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sin }^2(x)}{{\tan }^2(3x)}=2(\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (x)}{\tan (3x)}{)}^2=$

$=2(\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (x)}{3/{\cos }^2(3x)}{)}^2=2\cdot (\frac{1}{3}{)}^2=\frac{2}{9}$

• $\underset{x\to 0+0}{\lim }\sqrt{x}\ln x=(0\cdot (-\mathrm{\infty }))=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{\ln x}{x^{-1/2}}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{\frac{1}{x}}{(-\frac{1}{2})x^{-3/2}}=-2\underset{x\to 0+0}{\lim }\sqrt{x}=0.$

Taikėmė II taisyklę.

• Pritaikius Lopitalio taisyklę n kartų, apskaičiuojama ribinė reikšmė

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x^n}{e^x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n{x}^{n-1}}{e^x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n(n-1)x^{n-2}}{e^x}=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n(n-1)(n-2)x^{n-3}}{e^x}=...=\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{n!}{e^x}=0.$

• $\underset{x\to 0}{\lim }(1+x^2{)}^{\frac{1}{e^x-1-x}}=(1^{\mathrm{\infty }}).$ Sakykime, $y=(1+x^2{)}^{\frac{1}{e^x-1-x}}.$ Tada

$\ln y=\frac{1}{e^x-1-x}\cdot \ln (1+x^2).$

Pritaikę Lopitalio taisyklę, gauname

$\underset{x\to 0}{\lim }\ln y=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x^2)}{e^x-1-x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{2x}{1+x^2}}{e^x-1}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2x}{(e^x-1)(1+x^2)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2}{e^x(1+x^2)+(e^x-1)2x}=2.$

Iš to aišku, kad $\underset{x\to 0}{\lim }y=\underset{x\to 0}{\lim }{e}^{\ln y}=e^2.$

Lopitalio taisyklės įrodymas

Pirmiausia, kad įrodyti Lopitalio taisyklę reikia žinoti Lagranžo formulę ir Koši formulę.

Lagranžo formulė yra tokia:

$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime }(\xi );$

čia $\xi$ yra vienintelė argumento reikšmė iš intervalo [a; b].

Koši formulę galima gauti iš Lagranžo formulės. Tarkime, kad intervale [a; b] yra dvi tolydžios funkcijos f(x) ir g(x) ($g(x)\ne 0$ intervale [a; b]), tada intervale [a; b] yra tokie taškai ${\xi }_1$ ir ${\xi }_2,$ kad teisinga lygybė

$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_1)}{g^{\prime }({\xi }_2)}.$

Atskirai funkcijai f(x) turime Lagranžo formulę:

$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime }({\xi }_1);$

ir atskirai funkcijai g(x) turime Lagranžo formulę:

$\frac{g(b)-g(a)}{b-a}=g^{\prime }({\xi }_2).$

Padalinus kairiąsias abiejų funkcijų puses vieną iš kitos ir padalinus abiejų funkcijų dešiniąsias puses gausime Koši formulę:

$\frac{\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}{\frac{g(b)-g(a)}{b-a}}=\frac{f^{\prime }({\xi }_1)}{g^{\prime }({\xi }_2)},$

$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_1)}{g^{\prime }({\xi }_2)}.$

(Iš tikro, Koši formulėje ${\xi }_1={\xi }_2=\xi$ ir jos išvedimas yra ne iš Lagranžo formulės, bet įrodinėjant Lopitalio taisyklę galima naudotis ir tokia Koši-Paraboloido formule).

Neapibrėžtumo $\frac{0}{0}$ aiškinimas. Sakome, kad dviejų funkcijų santykis $\frac{f(x)}{g(x)},$ kai $x\to a,$ yra neapibrėžtumas $\frac{0}{0},$ jei

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

Kadangi $f(a)$ ir $g(a)$ lygūs 0, tai nagrinėkime tokį $x_n$, kuris yra arti taško a ($x_n$ yra taško a aplinkoje). Intervalas [a; $x_n$] tenkina Koši teoremos sąlygas. Pagal tą teoremą intervalo [a; $x_n$] viduje yra toks taškas ${\xi }_n$ (arba pagal Koši-Paraboloido formulę išvestą iš Lagranžo formulės yra tokie taškai ${\xi }_1$ ir ${\xi }_2$ atitinkamai funkcijoms f(x) ir g(x)), kad

$\frac{f(x_n)-f(a)}{g(x_n)-g(a)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_n)}{g^{\prime }({\xi }_n)}(8.25)$ arba

$\frac{f(x_n)-f(a)}{g(x_n)-g(a)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_1)}{g^{\prime }({\xi }_2)}.$

Atsižvelgę į tai, kad pagal papildomą apibrėžimą $f(a)=g(a)=0,$ (8.25) lygybę galime užrašyti šitaip:

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_n)}{g^{\prime }({\xi }_n)}$ arba

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_1)}{g^{\prime }({\xi }_2)}.$

Dabar tarkime, kad šioje lygybėje $x_n\to a$. Tada, savaime aišku, ${\xi }_n\to a$ (arba ${\xi }_1\to a$ ir ${\xi }_2\to a$). Taigi,

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

Neapibrėžtumo $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ aiškinimas. Sakome, kad dviejų funkcijų santykis $\frac{f(x)}{g(x)},$ kai $x\to a,$ yra neapibrėžtumas $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }},$ kai

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\mathrm{\infty }$ (vietoj $\mathrm{\infty }$ gali būti $+\mathrm{\infty }$ arba $-\mathrm{\infty }$).

Taikydami Koši formulę segmentui (segmentu vadinamas uždaras intervalas aukšojoj matematikoje) [x; a], galime tvirtinti, jog jame yra toks taškas $\xi ,$ kad

$\frac{f(a)-f(x)}{g(a)-g(x)}=\frac{f(a)}{g(a)}\frac{1-\frac{f(x)}{f(a)}}{1-\frac{g(x)}{g(a)}}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.$

Iš čia

$\frac{f(a)}{g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}\frac{1-\frac{g(x)}{g(a)}}{1-\frac{f(x)}{f(a)}}.$

Kai x artėja prie a, bet niekad nepriartėja (niekad netampa a), tai

$\frac{f(a)}{g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}\frac{1-\frac{g(x)}{\mathrm{\infty }}}{1-\frac{f(x)}{\mathrm{\infty }}}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}\frac{1-0}{1-0}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )};$

be kita ko, kai $x\to a,$ tai $\xi$ taip pat priartėja prie a, bet kokiu norimu tikslumu. Tokiu budu, gauname apytikslę formulę, bet kokiu norimu tikslumu tašką $\xi$ [apytiksliai] lygiu a, bet ne apsoliučiai lygiu a reikšmei. Todėl paskutinę formulę galime užrašyti šitaip:

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

Profesionalesnis neapibrėžtumo $\frac{\mathrm{\infty }}{\mathrm{\infty }}$ aiškinimas. Tarkime, kad

$\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=+\mathrm{\infty }.$

Sakykime, $x_n$ ir $x_m$ labai priarteja prie a (tad dėl šios priežasties $x_n-x_m$ yra labai mažas skaičius) ir tenkina sąlygą $x_n>x_m.$ Be to $f(x_n)$ keliomis eilėmis (kiek eilių daugiau galima pasirinkti) daugiau už $f(x_m),$ o $g(x_n)$ keliomis eilėmis daugiau už $g(x_m).$

Taikydami Koši formulę segmentui $[x_m;x_n],$ galime tvirtinti, jog jame yra toks taškas ${\xi }_{mn},$ kad

$\frac{f(x_n)-f(x_m)}{g(x_n)-g(x_m)}=\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\frac{1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}}{1-\frac{g(x_m)}{g(x_n)}}=\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}.$

Iš čia

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\frac{1-\frac{g(x_m)}{g(x_n)}}{1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}}.$

Kadangi pagal sąlygą $f(x_n)$ keliomis eilėmis daugiau už $f(x_m)$ ir $g(x_n)$ keliomis eilėmis daugiau už $g(x_m),$ tai galime užrašyti paskutinę formulę taip:

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\approx \frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\frac{1-0.00001}{1-0.000001}\approx \frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}.$

Kai $x_n\to a,$ tai taškas ${\xi }_{mn},$ esantis tarp $x_m$ ir $x_n$ irgi artėja prie a. Todėl

$\underset{x_n\to a}{\lim }\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\approx \underset{{\xi }_{mn}\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\approx \frac{f^{\prime }(a)}{g^{\prime }(a)}.$

Gali kilti natūralus klausimas: kas, jeigu skirtumas tarp $x_n$ ir $x_m$ labai mažas (kai $x_n$ ir $x_m$ artėja į a) ir be to $f(x_n)$ tik vos daugiau nei $f(x_m)$ (taip pat ir $g(x_n)$ tik vos daugiau nei $g(x_m)$)?

Atsakymas yra toks, kad tada formulėje

$\underset{x_n\to a}{\lim }\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\approx \underset{{\xi }_{mn}\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\approx \frac{f^{\prime }(a)}{g^{\prime }(a)}$

$\underset{x_n\to a}{\lim }\frac{f(x_n)}{g(x_n)}$ nėra $\frac{f^{\prime }(a)}{g^{\prime }(a)},$ o yra kažkoks nesuderintas skaičius

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\approx \frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\frac{1-0.9}{1-0.7}\ne \frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}.$

Todėl formulė

$\underset{x_n\to a}{\lim }\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\approx \underset{x_n\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}=\frac{f^{\prime }(a)}{g^{\prime }(a)}$

bus teisinga [ir egzistuoja] tik tada, kai tenkinama sąlyga, kad $f(x_n)$ keliomis eilėmis daugiau už $f(x_m)$ ir $g(x_n)$ keliomis eilėmis daugiau už $g(x_m).$

Pavyzdys apie tai, kada Lopitalio taisyklė egzistuoja ir kada neegzistuoja. Tarkime turime funkciją $f(x)=\frac{1}{1-x^2}.$ Kai $a=1$, tai $\underset{x\to 1}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{1}{1-x^2}=\mathrm{\infty }.$ Galimi du atvejai, kai $x_m$ ir $x_n$ artėja į 1: pirmas atvejis, kai $f(x_n)$ tik vos skiriasi nuo $f(x_m);$ antras atvejis, kai $f(x_n)$ keliomis eilėmis skiriasi nuo $f(x_m).$

Išnagrinėkime pirmąjį atvejį. Imkime $x_m=0.9997$ ir $x_n=0.9999$. Tada

$f(x_m)=\frac{1}{1-0.9997^2}=\frac{1}{1-0.99940009}=\frac{1}{0.00059991}=1666.91670417229;$

$f(x_n)=\frac{1}{1-0.9999^2}=\frac{1}{1-0.99980001}=\frac{1}{0.00019999}=5000.2500125;$

$1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}=1-\frac{1666.91670417229}{5000.2500125}=1-0.3333666716674=0.66663332833.$

Išnagrinėkime antrąjį atvejį. Imkime $x_m=0.999$ ir $x_n=0.999999$. Tada

$f(x_m)=\frac{1}{1-0.999^2}=\frac{1}{1-0.998001}=\frac{1}{0.001999}=500.25012506253;$

$f(x_n)=\frac{1}{1-0.999999^2}=\frac{1}{1-0.999998000001}=\frac{1}{0.000001999999}=500000.250000125;$

$1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}=1-\frac{500.25012506253}{500000.250000125}=1-0.0010004997498749=0.998999500250125.$

Matome, kad pirmuoju atveju formulė

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\frac{1-\frac{g(x_m)}{g(x_n)}}{1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}}$ pavirsta į tokią $\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}C;$

kur C yra nemažas skaičius (gali gautis, priklausomai nuo g(x) funkcijos, apie 0.3 arba apie 3).

Antruoju atveju formulė

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\frac{1-\frac{g(x_m)}{g(x_n)}}{1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}}$ pavirsta į tokią $\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}c;$

kur c yra labai mažas skaičius (priklausomai nuo g(x) funkcijos, c gali gautis lygus apie 0.999 arba apie 1.001).

Pirmuoju atveju Lopitalio taisyklė neegzistuoja. Antruoju atveju Lopitalio taisyklė egzistuoja (nes antruoju atveju Lopitalio taisyklės formulėje nėra jokios gana didelės konstantos C). Pirmuoju atveju gaunama tokia formulė:

$\underset{x_n\to a}{\lim }\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\approx \underset{x_n\to a}{\lim }\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}C=\frac{f^{\prime }(a)}{g^{\prime }(a)}C,$

kuri nėra Lopitalio taisyklės formulė (dėl gana didelės konstantos C). Vadinasi, Lopitalio taisyklė neskaičiuoja pagal formulę, kai $x_m$ ir $x_n$ yra neapsakomai arti vienas kito ir $f(x_n)$ tik vos daugiau nei $f(x_m)$ bei $g(x_n)$ tik vos daugiau nei $g(x_m),$ kai $x_m$ ir $x_n$ artėja į a.

Kai $a=+\mathrm{\infty },$ tai tada Lopitalio taisyklė egzistuos tik tada daugumai [ne rodiklinių (rodiklinė yra, pvz., $f(x)=5^x$)] funkcijų, kai $x_n$ bus keliomis eilėmis didesnis už $x_m,$ nes tik tada $f(x_n)$ bus keliomis eilėmis didesnis skaičius už $f(x_m)$ skaičių ir $g(x_n)$ bus keliomis eilėmis didesnis skaičius už $g(x_m)$ skaičių.

Update 1. Gali būti (turbūt taip ir yra), kad jeigu riba $\underset{x\to a}{\lim }\frac{f(x)}{g(x)}$ (kai $\underset{x\to a}{\lim }f(x)=\underset{x\to a}{\lim }g(x)=\mathrm{\infty }$) nėra lygi 0 arba $\mathrm{\infty }$, tai tada nesvarbu kokiu budu $x_m$ ir $x_n$ artėja į a, vistiek formulėje

$\frac{f(x_n)}{g(x_n)}=\frac{f^{\prime }({\xi }_{mn})}{g^{\prime }({\xi }_{mn})}\frac{1-\frac{g(x_m)}{g(x_n)}}{1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}}$

šitas dėmuo $\frac{1-\frac{g(x_m)}{g(x_n)}}{1-\frac{f(x_m)}{f(x_n)}}$ artėja į 1. Ir tada tai reiškia, kad Lopitalio taisyklė visada egzistuoja, nepriklausomai nuo to ar $f(x_n)$ tik vos daugiau nei $f(x_m)$ bei $g(x_n)$ tik vos daugiau nei $g(x_m)$ (kai $x_m$ ir $x_n$ artėja į a) ar skirtumai dideli ( tarp $f(x_m)$ ir $f(x_n)$ bei tarp $g(x_m)$ ir $g(x_n)$, kai $x_m$ ir $x_n$ artėja į a).