$\dfrac{0}{0}$ や $\dfrac{\infty}{\infty}$ の不定形の極限を求めるとき、分子・分母をそれぞれ微分して極限を取り直すことで答えが得られる──これがロピタルの定理（L'Hôpital's rule）です。高校の教科書には載っていませんが、大学入試では「使ってよい」とされる場合も多い強力なツールです。正しい適用条件と注意点を理解しましょう。
$\displaystyle\lim_{x \to a} f(x) = 0$ かつ $\displaystyle\lim_{x \to a} g(x) = 0$ であり、$\displaystyle\lim_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ が存在する（$\pm\infty$ を含む）とき：
$$\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$$
※ $x \to a$ は $x \to a^+$, $x \to a^-$, $x \to \pm\infty$ でも成り立つ
$f(a) = g(a) = 0$ のとき、$\dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \dfrac{[f(x)-f(a)]/(x-a)}{[g(x)-g(a)]/(x-a)}$
$x \to a$ で右辺 $\to \dfrac{f'(a)}{g'(a)}$。つまり、$0/0$ の不定形は微分係数の比に帰着します。
ロピタルの定理はこのアイデアをコーシーの平均値の定理を使って厳密に拡張したものです。
✕ 誤：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{x+1}{\sin x}$ にロピタルを適用して $\dfrac{1}{\cos 0} = 1$
○ 正：分子 $\to 1 \neq 0$ なので不定形ではない。直接代入して $\dfrac{1}{0}$ → 極限は $\pm\infty$
ロピタルの定理は $\dfrac{0}{0}$ または $\dfrac{\infty}{\infty}$ の不定形のときのみ適用できます。
$x \to 0$ で分子 $\to 0$, 分母 $\to 0$。$\dfrac{0}{0}$ 型。
1回目：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x - 1}{2x}$（まだ $\dfrac{0}{0}$）
2回目：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{e^x}{2} = \dfrac{1}{2}$
$\dfrac{0}{0}$ 型。1回目：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\sec^2 x - 1}{3x^2} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\tan^2 x}{3x^2}$（$\dfrac{0}{0}$）
$\dfrac{\tan^2 x}{3x^2} = \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{\tan x}{x}\right)^2 \to \dfrac{1}{3} \cdot 1^2 = \dfrac{1}{3}$
（2回目のロピタルを使わず、既知の極限 $\dfrac{\tan x}{x} \to 1$ を利用）
✕ 誤：$\left(\dfrac{f}{g}\right)' = \dfrac{f'g - fg'}{g^2}$ を使う
○ 正：分子 $f$ と分母 $g$ をそれぞれ独立に微分して $\dfrac{f'}{g'}$ にする
商の微分法則と混同しないでください。ロピタルの定理では分子・分母を別々に微分します。
$x \to \infty$ で分子・分母ともに $\to \infty$。$\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。
1回目：$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \dfrac{2x}{e^x}$（まだ $\dfrac{\infty}{\infty}$）
2回目：$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \dfrac{2}{e^x} = 0$
よって $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \dfrac{x^2}{e^x} = 0$。
$\dfrac{\infty}{\infty}$ 型。ロピタルの定理より：
$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \dfrac{1/x}{px^{p-1}} = \lim_{x \to \infty} \dfrac{1}{px^p} = 0$
対数関数は任意の正の冪乗より遅く増大する。
1回のロピタルでまだ不定形なら、条件を満たす限り何度でも適用できます。$\dfrac{x^n}{e^x}$（$n$ は自然数）は $n$ 回ロピタルを適用すると $\dfrac{n!}{e^x} \to 0$ になります。
$0 \cdot \infty$, $\infty - \infty$, $1^\infty$, $0^0$, $\infty^0$ といった不定形は、変形して $\dfrac{0}{0}$ または $\dfrac{\infty}{\infty}$ に帰着させることでロピタルの定理が使えます。
$x \to 0^+$ で $x \to 0$, $\log x \to -\infty$。$0 \cdot \infty$ 型。
$x \log x = \dfrac{\log x}{1/x}$（$\dfrac{-\infty}{\infty}$ 型に変換）
ロピタル：$\displaystyle\lim_{x \to 0^+} \dfrac{1/x}{-1/x^2} = \lim_{x \to 0^+} (-x) = 0$
$y = (1+x)^{1/x}$ とおくと $\log y = \dfrac{\log(1+x)}{x}$（$\dfrac{0}{0}$ 型）
ロピタル：$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1/(1+x)}{1} = 1$
$\log y \to 1$ なので $y \to e$。よって $\displaystyle\lim_{x \to 0} (1+x)^{1/x} = e$。
✕ 誤：$f(x)^{g(x)}$ にそのままロピタルを適用
○ 正：$\log(f^g) = g \log f$ として $0 \cdot \infty$ 型に変換し、さらに $\dfrac{0}{0}$ 型に帰着
指数関数型の不定形は必ず対数をとってから処理します。
「ロピタルの定理」はフランスの貴族ロピタル（L'Hôpital, 1661-1704）の名前がついていますが、実際にはヨハン・ベルヌーイが発見し、ロピタルが著書に載せる権利を買い取ったものです。数学史上有名な「ゴーストライター」のエピソードです。
✕ 誤：$\displaystyle\lim_{x \to \infty} \dfrac{x + \sin x}{x}$ にロピタルを適用して $\dfrac{1 + \cos x}{1}$ → 極限なし
○ 正：ロピタルの定理は $\displaystyle\lim \dfrac{f'}{g'}$ が存在するときにのみ使える。ここでは $1 + \cos x$ の極限が存在しないので適用不可
直接計算すると $\dfrac{x + \sin x}{x} = 1 + \dfrac{\sin x}{x} \to 1$。ロピタルが使えなくても他の方法で極限は求まります。
多くの大学では証明なしに使用してOKです。ただし、以下の場合は要注意：
(1) 問題文に「微分の定義を用いて」とある場合 → ロピタル禁止（循環論法になる可能性）
(2) $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1$ をロピタルで示すのは循環論法（$(\sin x)' = \cos x$ の証明にこの極限が必要）
安全策として「ロピタルの定理を用いる」と明記するのがベストです。
✕ 誤：$\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0}\dfrac{\cos x}{1} = 1$（ロピタル）
○ 正：$(\sin x)' = \cos x$ を導出する際に $\displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{\sin h}{h} = 1$ を使うため、この極限にロピタルを使うと循環する
$\dfrac{\sin x}{x}$ の極限ははさみうちの原理で証明するのが正しい方法です。
Q1. ロピタルの定理を適用できる不定形は何型か。
Q2. $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{e^x - 1}{x}$ をロピタルで求めよ。
Q3. $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x}{x}$ にロピタルを適用してはいけない理由は。
Q4. $0 \cdot \infty$ 型の不定形はどう変換するか。
Q5. $\displaystyle\lim_{x \to \infty}\dfrac{x^3}{e^x}$ を求めよ。
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{e^{2x} - 1 - 2x}{x^2}$ を求めよ。
$\dfrac{0}{0}$ 型。1回目：$\dfrac{2e^{2x} - 2}{2x}$（$\dfrac{0}{0}$）
2回目：$\dfrac{4e^{2x}}{2} = 2e^0 = 2$
$\displaystyle\lim_{x \to 0^+} x^x$ を求めよ。
$0^0$ 型。$\log(x^x) = x\log x$（$0 \cdot (-\infty)$ 型）
$x\log x = \dfrac{\log x}{1/x}$（$\dfrac{-\infty}{\infty}$ 型）
ロピタル：$\dfrac{1/x}{-1/x^2} = -x \to 0$
$\log(x^x) \to 0$ なので $x^x \to e^0 = 1$。
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \left(\dfrac{1}{\sin x} - \dfrac{1}{x}\right)$ を求めよ。
$\infty - \infty$ 型。通分：$\dfrac{x - \sin x}{x\sin x}$（$\dfrac{0}{0}$ 型）
1回目：$\dfrac{1 - \cos x}{\sin x + x\cos x}$（$\dfrac{0}{0}$）
2回目：$\dfrac{\sin x}{\cos x + \cos x - x\sin x} = \dfrac{\sin x}{2\cos x - x\sin x}$
$x \to 0$ で $\dfrac{0}{2} = 0$
$\displaystyle\lim_{x \to 0} \left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2}$ を求めよ。
$1^\infty$ 型。$y = \left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{1/x^2}$ とおく。
$\log y = \dfrac{1}{x^2}\log\dfrac{\sin x}{x} = \dfrac{\log(\sin x) - \log x}{x^2}$（$\dfrac{0}{0}$ 型）
ロピタル1回目：$\dfrac{\cos x/\sin x - 1/x}{2x} = \dfrac{x\cos x - \sin x}{2x^2 \sin x}$（$\dfrac{0}{0}$）
2回目：$\dfrac{-x\sin x + \cos x - \cos x}{4x\sin x + 2x^2\cos x} = \dfrac{-x\sin x}{4x\sin x + 2x^2\cos x}$
$= \dfrac{-\sin x}{4\sin x + 2x\cos x} \to \dfrac{0}{0}$
3回目：$\dfrac{-\cos x}{4\cos x + 2\cos x - 2x\sin x} = \dfrac{-\cos x}{6\cos x - 2x\sin x} \to \dfrac{-1}{6}$
$\log y \to -\dfrac{1}{6}$ なので $y \to e^{-1/6}$。
$\dfrac{\sin x}{x} \approx 1 - \dfrac{x^2}{6} + \cdots$ のテイラー展開から $\log\!\left(\dfrac{\sin x}{x}\right) \approx -\dfrac{x^2}{6}$ となるので、$\dfrac{1}{x^2} \cdot \left(-\dfrac{x^2}{6}\right) = -\dfrac{1}{6}$ と直感的に理解できます。