HL 5.13 — Limits and l’Hôpital’s rule（極限と l’Hôpital の定理）

ノートWhat you should be able to do
  • indeterminate form（不定形）\(\dfrac{0}{0}\) と \(\dfrac{\infty}{\infty}\) を見分けられる。
  • l’Hôpital の定理を使って limit（極限）を求められる。
  • 使う前に、形が不定形かどうかを確かめることができる。
  • 必要なら、くり返し使える。
  • \(x \to \infty\) の極限を求め、horizontal asymptote（水平漸近線）と結びつけられる。
  • \(\displaystyle\lim_{\theta \to 0}\frac{\sin\theta}{\theta} = 1\) を使える。

The idea

1. Indeterminate forms（不定形）

limit（極限）を調べるときに、\(\dfrac{0}{0}\) と \(\dfrac{\infty}{\infty}\) の形を indeterminate form（不定形）といいます。

分子と分母がどちらも \(0\) に近づくとき、またはどちらも \(\infty\) に近づくときは、代入しても値が決まりません。

\[ \frac{0}{0}, \qquad \frac{\infty}{\infty} \]

「決まらない」であって、「存在しない」ではありません。 実際、\(\dfrac{x^{2}}{x}\) は \(0\) に、\(\dfrac{x}{x^{2}}\) は \(\infty\) に、\(\dfrac{3x}{x}\) は \(3\) に近づきます。どれも \(\dfrac{0}{0}\) の形です。

2. l’Hôpital’s rule（l’Hôpital の定理）

不定形の極限は、l’Hôpital’s rule（l’Hôpital の定理）か Maclaurin series（マクローリン級数）で求めます。ここでは、l’Hôpital の定理を紹介します。

\[ \lim_{x \to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} \tag{1}\]

分子と分母をそれぞれ微分してから、極限を求めればよい、という定理です。商の微分ではありません（第 3 節）。なぜこれでよいかは、Why it works にあります。

3. Check the form first（まず形を確かめる）

重要不定形でないときは使えません

\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{x+1}{x+2}\) は、代入すれば \(\dfrac{1}{2}\) です。不定形ではありません。

ここで 式 1 を使うと \(\dfrac{1}{1} = 1\) となり、まちがった答えが出ます。

答案には「\(\dfrac{0}{0}\) の形なので」と書いてから、定理を使ってください。これが書いていないと点になりません。

例題 1 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sin 3x}{x}\).

まず形を確かめます（第 3 節）。\(x = 0\) を入れると \(\dfrac{\sin 0}{0} = \dfrac{0}{0}\) で、不定形です。

式 1 を使います。分子と分母を別々に微分します。

\[ \lim_{x \to 0}\frac{\sin 3x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{3\cos 3x}{1} = 3\cos 0 = 3 \]

検算。 式 2 から出します。 \(\dfrac{\sin 3x}{x} = 3\cdot\dfrac{\sin 3x}{3x}\) で、\(3 \times 1 = 3\) ✓

検算（数で）。 \(x = 0.01\) なら \(\dfrac{\sin 0.03}{0.01} \approx 2.9996\) ✓ \(3\) に近づいています。

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

As \(x \to 0\) both \(\sin 3x \to 0\) and \(x \to 0\), so the limit has the form \(\dfrac{0}{0}\).

\[\lim_{x \to 0}\frac{\sin 3x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{3\cos 3x}{1} = 3\]

4. Repeated use（くり返し使う）

\(1\) 回微分しても、まだ \(\dfrac{0}{0}\) のことがあります。そのときはもう一度使います。

毎回、形を確かめてから使ってください。途中で不定形でなくなったら、そこで代入します。

例題 2 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}}\).

\(x = 0\) で分子は \(1-1-0 = 0\)、分母も \(0\) です。\(\dfrac{0}{0}\) の形です。

\[ \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2x} \]

まだ \(\dfrac{0}{0}\) です。 もう一度使います（第 4 節）。

\[ = \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}}{2} = \frac{1}{2} \]

検算。 \(2\) 回目のあとは不定形ではありません。 \(\dfrac{e^{0}}{2} = \dfrac{1}{2}\) ✓ そこで止めます。

検算（数で）。 \(x = 0.01\) なら分子 \(\approx 0.0000502\)、分母 \(0.0001\) で、比は \(\approx 0.502\) ✓

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

The form is \(\dfrac{0}{0}\), so

\[\lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1-x}{x^{2}} = \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}-1}{2x}\]

This is again \(\dfrac{0}{0}\), so

\[= \lim_{x \to 0}\frac{e^{x}}{2} = \frac{1}{2}\]

5. Limits as \(x \to \infty\)（\(x \to \infty\) の極限）

\(x \to \infty\) でも同じように使えます。分子・分母がどちらも \(\infty\) に近づくときです。

\(\displaystyle\lim_{x \to \infty} f(x) = L\) なら、\(y = L\) が水平漸近線です（SL 2.8）。

有理関数なら、最高次の項の coefficient（係数）の比でも同じ答えが出ます。検算に使えます。

例題 3 Find \(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{3x^{2}+2x}{x^{2}-5}\), and state the equation of the horizontal asymptote of \(y = \dfrac{3x^{2}+2x}{x^{2}-5}\).

\(x \to \infty\) で分子も分母も \(\infty\) に近づきます。\(\dfrac{\infty}{\infty}\) の形です。

\[ \lim_{x \to \infty}\frac{3x^{2}+2x}{x^{2}-5} = \lim_{x \to \infty}\frac{6x+2}{2x} \]

まだ \(\dfrac{\infty}{\infty}\) なので、もう一度です。

\[ = \lim_{x \to \infty}\frac{6}{2} = 3 \]

ですから、水平漸近線は \(y = 3\) です（第 5 節）。

検算。 最高次の係数の比で見ます。\(\dfrac{3}{1} = 3\) ✓

検算（数で）。 \(x = 100\) なら \(\dfrac{30200}{9995} \approx 3.02\) ✓ \(3\) に近づいています。

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

The form is \(\dfrac{\infty}{\infty}\), so

\[\lim_{x \to \infty}\frac{3x^{2}+2x}{x^{2}-5} = \lim_{x \to \infty}\frac{6x+2}{2x} = \lim_{x \to \infty}\frac{6}{2} = 3\]

The horizontal asymptote is \(y = 3\).

6. The standard limit \(\dfrac{\sin\theta}{\theta}\)

\(\dfrac{0}{0}\) の形の極限で、よく使うものが次の式です。

\[ \lim_{\theta \to 0}\frac{\sin\theta}{\theta} = 1 \tag{2}\]

この値は公式集にはありません。\(\sin x\) の derivative（導関数）を求めるときにも使っているので、覚えておいてください。

図 1: \(x = 0\) に穴があり、値は \(1\) に近づきます。

\(\theta\) はラジアンです。度で測ると、この式は成り立ちません（Why it works）。

例題 4 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}}\).

\(x = 0\) で分子は \(0-0 = 0\)、分母も \(0\) です。

\[ \lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{3x^{2}} \]

まだ \(\dfrac{0}{0}\) です。

\[ = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{6x} \]

まだ \(\dfrac{0}{0}\) です。\(3\) 回目を使います。

\[ = \lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{6} = \frac{1}{6} \]

検算。 式 2 でも出します。 \(\dfrac{1}{6}\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = \dfrac{1}{6}\) ✓

検算（数で）。 \(x = 0.1\) なら分子 \(\approx 0.000167\)、分母 \(0.001\) で、比は \(\approx 0.1666\) ✓

ノート解答例（答案用紙に書くこと）

Each step has the form \(\dfrac{0}{0}\).

\[\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{3x^{2}} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{6x} = \lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{6} = \frac{1}{6}\]

試験ではこう書く

Substituting \(x = 0\) gives \(\dfrac{0-\sin 0}{0} = \dfrac{0}{0}\), an indeterminate form, so l’Hôpital’s rule may be applied.

Differentiating numerator and denominator separately,

\[\lim_{x \to 0}\frac{x-\sin x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{3x^{2}}\]

Substituting \(x = 0\) again gives \(\dfrac{1-1}{0} = \dfrac{0}{0}\), so the rule applies a second time:

\[= \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{6x}\]

This is still \(\dfrac{0}{0}\), so the rule applies a third time, giving

\[= \lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{6} = \frac{1}{6}\]

Now the form is no longer indeterminate, so the substitution is legitimate and the process stops.

7. Using the Maclaurin series instead（Maclaurin 級数を使う手）

不定形の極限は、l’Hôpital の定理の代わりに Maclaurin 級数で求めることもできます。

たとえば \(\sin\theta = \theta-\dfrac{\theta^{3}}{3!}+\cdots\) なので

\[ \frac{\sin\theta}{\theta} = 1-\frac{\theta^{2}}{6}+\cdots \ \longrightarrow \ 1 \]

です。Maclaurin series（マクローリン級数）のほうは、HL 5.19 で扱います。どちらで解いてもかまいません。

TI-Nspire CX II の limit( に、そのまま入れられます。limit(sin(3x)/x, x, 0) のようにします。

\(x \to \infty\) なら、limit(f(x), x, ∞) です。\(\infty\) は ctrl + i で入れます。RAD になっているかを見てください。

答案には、式を書いてください。 「\(\dfrac{0}{0}\) の形なので」の \(1\) 文と、式 1 を使った行を見せます。limit(...) と書いても点になりません。

Paper 1 では使えません。 このページの例題と演習は、すべて手で解けるようにしてあります。

Why it works

なぜ、分子と分母を別々に微分してよいのか

図 2: \(0\) になる点の近くでは、曲線は接線とほぼ同じです。

\(f(a) = g(a) = 0\) とします。\(x = a\) の近くでは

\[ f(x) \approx f'(a)(x-a), \qquad g(x) \approx g'(a)(x-a) \]

です。これは tangent（接線）の式そのものです（HL 5.12）。

比を作ると \((x-a)\) が約分されて

\[ \frac{f(x)}{g(x)} \approx \frac{f'(a)(x-a)}{g'(a)(x-a)} = \frac{f'(a)}{g'(a)} \]

になります。\(0\) に近づく速さを比べているのだ、と読むこともできます。

なぜ、形を確かめないといけないのか

上の議論は \(f(a) = g(a) = 0\) を使っています。そうでなければ、\((x-a)\) の約分が起きません。

\(\dfrac{x+1}{x+2}\) で試すと、分子は \(1\)、分母は \(2\) に近づくので、比はそのまま \(\dfrac{1}{2}\) です。微分してしまうと \(\dfrac{1}{1}\) になり、もとの式とは無関係な数が出ます。

定理には条件があり、条件を確かめるまでが定理の使い方です。

なぜ、\(\dfrac{\infty}{\infty}\) でも使えるのか

\(\dfrac{f}{g} = \dfrac{1/g}{1/f}\) と書きなおすと、分子・分母がどちらも \(0\) に近づきます。

つまり \(\dfrac{\infty}{\infty}\) は \(\dfrac{0}{0}\) に直せます。ですから、同じ定理が使えます。

有理関数では、最高次の項が勝ちます。 \(\dfrac{3x^{2}+2x}{x^{2}-5}\) なら、大きい \(x\) で \(\dfrac{3x^{2}}{x^{2}} = 3\) です。微分をくり返しても同じ答えになります。

なぜ、ラジアンでないといけないのか

\(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sin x = \cos x\) が成り立つのは、ラジアンで測ったときだけです（SL 5.6）。

度で測ると、\(\sin x^{\circ} = \sin\left(\dfrac{\pi x}{180}\right)\) なので、微分に \(\dfrac{\pi}{180}\) が付きます。

すると 式 2 の右辺も \(\dfrac{\pi}{180}\) になってしまいます。\(1\) になるのは、ラジアンのおかげです。

Common errors

警告形を確かめずに使う

不定形でないときに使うと、まちがった答えが出ます（第 3 節）。

\(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{x+1}{x+2}\) は \(\dfrac{1}{2}\) であって \(1\) ではありません。「\(\dfrac{0}{0}\) の形なので」の \(1\) 文を必ず書いてください。

警告商の微分をしてしまう

式 1 は \(\dfrac{f'}{g'}\) であって、\(\left(\dfrac{f}{g}\right)'\) ではありません。

分子と分母を、別々に微分します。商の微分公式は使いません。

警告\(1\) 回で止めてしまう

微分したあと、また \(\dfrac{0}{0}\) になることがあります（第 4 節）。

毎回、代入して形を確かめてください。不定形でなくなったら、そこが終わりです。

警告不定形でなくなったのに使い続ける

\(\dfrac{\cos x}{6}\) は \(x = 0\) で \(\dfrac{1}{6}\) です。ここでもう一度微分すると、答えが変わってしまいます。

止めどきを見あやまらないこと。代入できるようになったら代入です。

警告度で計算する

式 2 が \(1\) になるのは、ラジアンのときだけです（Why it works）。

電卓の RAD を確かめてください。三角関数の微分も、ラジアンでないと成り立ちません。

警告\(\dfrac{0}{0}\) を「\(1\)」や「\(0\)」だと思う

\(\dfrac{0}{0}\) は値が決まらない形であって、ある値ではありません（第 1 節）。

同じ \(\dfrac{0}{0}\) でも、極限は \(0\) にも \(3\) にも \(\infty\) にもなります。

Exercises

1 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sin 5x}{2x}\).

The form is \(\dfrac{0}{0}\), so

\[\lim_{x \to 0}\frac{\sin 5x}{2x} = \lim_{x \to 0}\frac{5\cos 5x}{2} = \frac{5}{2}\]

連鎖律で \(5\) が出ます（SL 5.6）。分母の微分は \(2\) です。

検算。 式 2 から \(\dfrac{5}{2}\cdot\dfrac{\sin 5x}{5x} \to \dfrac{5}{2}\) ✓

検算（形）。 \(\cos 0 = 1\) なので、\(2\) 回目は要りません ✓

2 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^{2}}\).

The form is \(\dfrac{0}{0}\), so

\[\lim_{x \to 0}\frac{1-\cos x}{x^{2}} = \lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{2x}\]

This is again \(\dfrac{0}{0}\), so

\[= \lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{2} = \frac{1}{2}\]

\(2\) 回使います（第 4 節）。\(2\) 回目のあとは代入できます。

検算。 \(\dfrac{\sin x}{2x} = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\sin x}{x} \to \dfrac{1}{2}\) ✓ 式 2 でも同じです。

検算（数で）。 \(x = 0.1\) なら \(\dfrac{0.004996}{0.01} \approx 0.4996\) ✓

3 Find \(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{2x^{2}-1}{5x^{2}+3x}\).

The form is \(\dfrac{\infty}{\infty}\), so

\[\lim_{x \to \infty}\frac{2x^{2}-1}{5x^{2}+3x} = \lim_{x \to \infty}\frac{4x}{10x+3} = \lim_{x \to \infty}\frac{4}{10} = \frac{2}{5}\]

\(2\) 回使います。\(1\) 回目のあとも \(\dfrac{\infty}{\infty}\) だからです。

検算。 最高次の係数の比 \(\dfrac{2}{5}\) ✓（第 5 節）

検算（asymptote（漸近線））。 \(y = \dfrac{2}{5}\) が水平漸近線です ✓

4 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 1}\frac{x^{3}-1}{x-1}\).

The form is \(\dfrac{0}{0}\), so

\[\lim_{x \to 1}\frac{x^{3}-1}{x-1} = \lim_{x \to 1}\frac{3x^{2}}{1} = 3\]

因数分解でも解けます。\(x^{3}-1 = (x-1)\left(x^{2}+x+1\right)\) なので、約分して \(x^{2}+x+1 \to 3\) です。

どちらでも正解ですが、\(\dfrac{0}{0}\) と書いてから定理を使うほうが速いことが多いです。

検算。 \(1+1+1 = 3\) ✓ 因数分解でも同じ答えです。

検算（derivative（導関数）として）。 これは \(f(x) = x^{3}\) の \(x = 1\) での導関数です ✓ \(f'(1) = 3\)

5 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{e^{2x}-1}{x}\).

The form is \(\dfrac{0}{0}\), so

\[\lim_{x \to 0}\frac{e^{2x}-1}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{2e^{2x}}{1} = 2e^{0} = 2\]

\(e^{0} = 1\) なので、分子は \(0\) から始まります。連鎖律で \(2\) が出ます。

検算（導関数として）。 これは \(f(x) = e^{2x}\) の \(x = 0\) での導関数です ✓ \(f'(0) = 2\)

検算（数で）。 \(x = 0.01\) なら \(\dfrac{0.0202}{0.01} \approx 2.02\) ✓

6 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x}\).

The form is \(\dfrac{0}{0}\), so

\[\lim_{x \to 0}\frac{\tan x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{\sec^{2}x}{1} = \sec^{2}0 = 1\]

\(\tan x\) の導関数は \(\sec^{2}x\) です（AHL 5.15 で扱います）。\(\sec 0 = \dfrac{1}{\cos 0} = 1\) です。

検算。 \(\dfrac{\tan x}{x} = \dfrac{\sin x}{x}\cdot\dfrac{1}{\cos x} \to 1 \times 1 = 1\) ✓

検算（数で）。 \(x = 0.01\) なら \(\approx 1.00003\) ✓

7 Find \(\displaystyle\lim_{x \to \infty}\frac{\ln x}{x}\).

The form is \(\dfrac{\infty}{\infty}\), so

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

\(\ln x\) も \(\infty\) に行きますが、\(x\) のほうがずっと速いので、比は \(0\) です。

検算（数で）。 \(x = 1000\) なら \(\dfrac{6.9}{1000} \approx 0.0069\) ✓

検算（漸近線）。 \(y = 0\)、つまり \(x\) 軸が水平漸近線です ✓

8 Find \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{x-\arctan x}{x^{3}}\).

The form is \(\dfrac{0}{0}\), so

\[\lim_{x \to 0}\frac{x-\arctan x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0}\frac{1-\dfrac{1}{1+x^{2}}}{3x^{2}} = \lim_{x \to 0}\frac{x^{2}}{3x^{2}\left(1+x^{2}\right)}\]

\[= \lim_{x \to 0}\frac{1}{3\left(1+x^{2}\right)} = \frac{1}{3}\]

\(\arctan x\) の導関数は \(\dfrac{1}{1+x^{2}}\) です（AHL 5.15 で扱います）。

分子を \(1\) つの分数にまとめるのがこつです。\(1-\dfrac{1}{1+x^{2}} = \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}\) となり、\(x^{2}\) が約分できます。

検算（数で）。 \(x = 0.1\) なら分子 \(\approx 0.000332\)、分母 \(0.001\) で \(\approx 0.332\) ✓

検算（級数で）。 \(\arctan x = x-\dfrac{x^{3}}{3}+\cdots\) なので、分子は \(\dfrac{x^{3}}{3}\) ✓

試験ではこう書く

Substituting \(x = 0\) gives \(\dfrac{0-\arctan 0}{0} = \dfrac{0}{0}\), so l’Hôpital’s rule applies.

Using \(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\arctan x = \dfrac{1}{1+x^{2}}\),

\[\lim_{x \to 0}\frac{x-\arctan x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0}\frac{1-\dfrac{1}{1+x^{2}}}{3x^{2}}\]

Rather than differentiating again, simplify the numerator first:

\[1-\frac{1}{1+x^{2}} = \frac{\left(1+x^{2}\right)-1}{1+x^{2}} = \frac{x^{2}}{1+x^{2}}\]

so the expression becomes \(\dfrac{x^{2}}{3x^{2}\left(1+x^{2}\right)}\).

For \(x \neq 0\) the factor \(x^{2}\) cancels, leaving \(\dfrac{1}{3\left(1+x^{2}\right)}\), which is no longer indeterminate.

Letting \(x \to 0\) gives \(\dfrac{1}{3}\).

Simplifying at this stage is quicker than applying the rule twice more, and it also makes the cancellation visible.

9 Explain why l’Hôpital’s rule cannot be used to evaluate \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{x+1}{x+2}\), and give the correct value.

Substituting \(x = 0\) gives \(\dfrac{1}{2}\), which is not an indeterminate form, so the conditions of l’Hôpital’s rule are not satisfied.

The limit is found by direct substitution:

\[\lim_{x \to 0}\frac{x+1}{x+2} = \frac{1}{2}\]

Applying the rule would give \(\dfrac{1}{1} = 1\), which is wrong.

定理には条件があります（Why it works）。分子・分母がどちらも \(0\)（または \(\infty\)）に近づくことが条件です。

条件を満たさないときは、ふつうに代入するのが正しいやり方です。

検算（数で）。 \(x = 0.01\) なら \(\dfrac{1.01}{2.01} \approx 0.5025\) ✓ \(\dfrac{1}{2}\) に近づきます。

検算（まちがった値）。 \(1\) にはなりません ✓ 定理を誤用すると大きくずれます。

試験ではこう書く

l’Hôpital’s rule may only be applied when the quotient takes an indeterminate form, that is when numerator and denominator both tend to \(0\), or both tend to \(\infty\).

Here, substituting \(x = 0\) gives numerator \(0+1 = 1\) and denominator \(0+2 = 2\).

Neither tends to \(0\) or to \(\infty\), so the quotient tends to \(\dfrac{1}{2}\) and the form is not indeterminate.

The hypotheses of the rule are not satisfied and it must not be used.

The correct method is direct substitution, since the function is continuous at \(x = 0\):

\[\lim_{x \to 0}\frac{x+1}{x+2} = \frac{0+1}{0+2} = \frac{1}{2}\]

Applying the rule anyway would give \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{1}{1} = 1\), a different and incorrect value.

This shows why the check on the form is part of the method and should be written down before the rule is used.

10 A student evaluates \(\displaystyle\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}\) by differentiating \(\dfrac{\sin x}{x}\) with the quotient rule. Identify the error and give the correct working.

l’Hôpital’s rule replaces the quotient by \(\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\), not by the derivative of the quotient.

The numerator and the denominator are differentiated separately:

\[\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{1} = 1\]

\(\dfrac{f'}{g'}\) と \(\left(\dfrac{f}{g}\right)'\) はまったくちがう式です（式 1）。

商の微分をすると \(\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}\) となり、\(x = 0\) でまた \(\dfrac{0}{0}\) です。遠回りになります。

検算。 正しい答えは \(1\) ✓ 式 2 と合います。

検算（図で）。 図 1 の穴の高さが \(1\) ✓

試験ではこう書く

The error is to confuse two different operations. l’Hôpital’s rule states that, when the form is indeterminate,

\[\lim_{x \to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}\]

The numerator and denominator are differentiated separately, and the result is a new quotient of derivatives.

It is not the derivative of the original quotient, which the quotient rule would give as \(\dfrac{g(x)f'(x)-f(x)g'(x)}{\left(g(x)\right)^{2}}\).

For this limit, substituting \(x = 0\) gives \(\dfrac{0}{0}\), so the rule applies with \(f(x) = \sin x\) and \(g(x) = x\):

\[\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0}\frac{\cos x}{1} = \cos 0 = 1\]

Using the quotient rule instead would produce \(\dfrac{x\cos x-\sin x}{x^{2}}\), which is still \(\dfrac{0}{0}\) at \(x = 0\) and has no bearing on the original limit.