相信大家都還記得剛開始學極限時，其中一個經典的題型就是\(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1}\)這種被稱為不定型(Indeterminate Form)的極限問題。當時我們的做法很簡單，就是把公因式消掉， \[\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = \lim_{x \to 1} \frac{(x + 1)(x - 1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1} (x + 1) = 2\] 但是，如果今天我們遇到像是\(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1}\)這種問題時，以前的做法就不管用了。此時，如果我們求救於Google大神，大神就會告訴我們：「使用L’ôpital Rule吧！」
什麼叫做不定型極限問題？簡單來說，就是這種直接把\(x\)的極限值代入原始方程式之後，會產生\(\dfrac{0}{0}\)或是\(\dfrac{\infty}{\infty}\)的問題，一律稱之為不定型的極限問題。
從小學三、四年級開始，我們就知道\(\dfrac{0}{0}\)是沒有定義的。不定型問題之所以麻煩，倒不是因為\(\dfrac{0}{0}\)沒有定義，而在於這種問題各種結論—極限不存在、極限存在且為定值，以及極限是無窮大—都有可能發生。(這裡我們將無窮大這種不收斂的極限獨立出來討論。)底下我們來看一個簡單的例子。
Find (a) \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{x}\) (b) \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{x}{x^2}\) (c) \(\displaystyle \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{x^2}\)
顯然(a)的極限是0，(b)的極限不存在，而(c)的極限為無窮大。
總的來說，舉凡\(\displaystyle \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}\)滿足(i)\(f(x) \to 0\)以及\(g(x) \to 0\)或是(ii)\(f(x) \to \pm \infty\)以及\(g(x) \to \pm \infty\)，我們就將其稱為不定型的極限問題。
L’Hôpital’s Rule的定理敘述如下。
Suppose \(f\) and \(g\) are differentiable and \(g'(x) \neq 0\) on an open interval \(I\) that contains \(a\) (except possibly at \(a\)). Suppose that \[\lim_{x \to a} f(x) = 0 \quad \text{and} \quad \lim_{x \to a} g(x) = 0\] or that \[\lim_{x \to a} f(x) = \pm \infty \quad \text{and} \quad \lim_{x \to a} g(x) = \pm \infty\] Then \[\lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}\] if the limit on the right side exists (or is \(\pm \infty\)).
以微積分教科書上常見的例子而言，我們可以簡單理解如下：
若將\(x\)代入原方程式會產生\(\dfrac{0}{0}\)或是\(\dfrac{\infty}{\infty}\)的話，原始問題就可以轉成分子分母各自微分後的極限問題。但這裡有一點務必特別留心：轉換後的問題，其極限必須存在。(這裡我們視無窮大為極限存在。)
回到前面\(\displaystyle \lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1}\)的例子，雖然分子分母沒有公因式可以對消，但透過羅必達法則，我們還是可以得到 \[\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{1/x}{1} = 1\] 的結論。
當然了，羅必達法則也不是萬靈丹，還是有些問題，利用以往的方法可以解決，使用羅必達法則反而做不出來。例如像是 \(\displaystyle \lim_{x \to 1^+} \frac{x - 1}{\sqrt{x^2 - 1}}\) 這樣的題目。如果我們使用羅必達法則的話，會陷入無窮迴圈的窘境。 \[\begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 4x}} &\overset{L'H}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{1}{(x + 2)/\sqrt{x^2 + 4x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{\sqrt{x^2 + 4x}}{x + 2} \\ &\overset{L'H}{=} \lim_{x \to \infty} \frac{x + 2}{\sqrt{x^2 + 4x}} = \cdots\end{aligned}\] 那麼，正確的做法應該是什麼呢？這個就當作大家的複習功課囉！XDD
這裡我們附上一個簡易版的證明。完整版的證明需要用到柯西均值定理(Cauchy’s Mean Value Theorem)，由於比較抽象，有興趣的同學請參考各大微積分課本。
假設\(f(a) = g(a) = 0\)、\(f'\)和\(g'\)都是連續函數，並且\(g'(a) \neq 0\)；則 \[\begin{aligned} \lim_{x \to a} \frac{f'(x)}{g'(x)} &= \frac{f'(a)}{g'(a)} = \frac{\displaystyle\lim_{x \to a} \dfrac{f(x) - f(a)}{x - a}}{\displaystyle\lim_{x \to a} \dfrac{g(x) - g(a)}{x - a}} \\ &= \lim_{x \to a} \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} \\ &= \lim_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)}\end{aligned}\] 是不是輕輕鬆鬆就得到羅必達法則了呢！
關於羅必達法則，我們就簡單介紹到這兒；其他的變形問題(如：\(\infty - \infty\)、\(\infty \cdot 0\)、\(0^0\)...)及應用，請大家自行參考書本裡的相關章節。