微積分 - 微分¶

微分是一個動作，而微分是求導函數的過程

導數的幾何意義：\(f\)在\(x=x_0\)處的切線斜率

導函數的幾何意義：\(f\)在其可微點上的切線斜率函數

連鎖律¶

冪法則¶

指對數微積分¶

先定義\(e\)

\(n\in\mathbb{N},\displaystyle\lim_{n\to\infty}(1+\cfrac{1}{n})^n\overset{def}{=}e\)

推廣1：\(t\in\mathbb{R^+},\displaystyle\lim_{t\to\infty}(1+\dfrac{1}{t})^t=e\)
推廣2：\(x\in\mathbb{R},\displaystyle\lim_{x\to{0}}(1+x)^\frac{1}{x}=e\)
推廣3：\(\displaystyle\lim_{x\to{\infty}}(1+\dfrac{a}{x})^{bx}=e^{ab}\)
推廣4：\(\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{e^h-1}{h}=1\)

證明：
1:
\(\because\forall t\in\mathbb{R},t>1,\exists n\in\mathbb{N}\ s.t.\ n\le t <n+1 \\\therefore(1+\dfrac{1}{n+1})^n\le(1+\dfrac{1}{t})^t<(1+\dfrac{1}{n})^{n+1},\forall t\in\mathbb{R^+}\)

\(\implies\displaystyle\lim_{n\to\infty}(1+\dfrac{1}{n+1})^n\le\lim_{t\to\infty}(1+\dfrac{1}{t})^t<\lim_{n\to\infty}(1+\dfrac{1}{n})^{n+1} \\\implies\dfrac{e}{1}=\displaystyle\lim_{n+1\to\infty}\dfrac{(1+\dfrac{1}{n+1})^{n+1}}{(1+\dfrac{1}{n+1})}\le\lim_{t\to\infty}(1+\dfrac{1}{t})^t<\lim_{n\to\infty}(1+\dfrac{1}{n})^n(1+\dfrac{1}{n})=e\times1\)

依據夾擠定理可得\(\displaystyle\lim_{t\to\infty}(1+\dfrac{1}{t})^t=e\)

2:
由1得\(\displaystyle\lim_{t\to\infty}(1+\dfrac{1}{t})^t=e\)
取\(k=-t\)，則仿1之證明可得\(\displaystyle\lim_{k\to\infty}(1+\dfrac{1}{k})^k=e \\\implies\displaystyle\lim_{t\to-\infty}(1-\dfrac{1}{t})^{-t}=e\)

此時取\(x=\dfrac{1}{t}\)，則\(e=\displaystyle\lim_{\frac{1}{x}\to\pm\infty}(1+x)^{\frac{1}{x}}=\displaystyle\lim_{x\to{0}}(1+x)^{\frac{1}{x}}\)

3:
先證明\(\displaystyle\lim_{x\to\infty}(1+\dfrac{a}{x})^{x}=e^a\)
\(\displaystyle\lim_{x\to\infty}(1+\dfrac{a}{x})^{x}=\lim_{\frac{x}{a}\to\infty}(1+\dfrac{a}{x})^{\frac{x}{a}\times{a}}\)
令\(\dfrac{x}{a}=y\)，則有\(\displaystyle\lim_{y\to\infty}(1+\dfrac{1}{y})^{ya}=(\lim_{y\to\infty}(1+\dfrac{1}{y})^{y})^a=e^a\)
故此時\(\displaystyle\lim_{x\to\infty}(1+\dfrac{a}{x})^{bx}=(\displaystyle\lim_{x\to\infty}(1+\dfrac{a}{x})^{x})^b=e^{ab}\)

4:
由\(e=\displaystyle\lim_{h\to{0}}(1+h)^\frac{1}{h}\)，利用極限運算，整理一下式子可以得到
\(\displaystyle\lim_{h\to{0}}e^h=\displaystyle\lim_{h\to{0}}(h+1)\)
\(\therefore\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{e^h-1}{h}=1\)

以自然常數為底的指數函數¶

\(let\ f(x)=e^x\)
\(f(x)=\dfrac{d^nf(x)}{(dx)^n},n\in\mathbb{N}\)

\(f(x)=e^x的n階導數是自己\iff \displaystyle\int f(x)dx=f(x)+c\)

\(pf:\)

\(let\ f(x)=e^x\)
\(\dfrac{df(x)}{dx} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{e^{x+h}-e^x}{h} \\=e^x\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{e^h-1}{h} \\=e^x(1) \\=e^x\)

重複微分\(n\)次皆為自己

自然對數¶

\(y=f(x)=e^x\)
\(y=g(x)=\ln{x}=\log_{e}x\)
\(f(x),g(x)\)互為反函數
\(g(x)=\ln{x}\)保有所有對數函數的性質

求一般指數函數\(f(x)=a^x,(a>0)\)的導數
\(\displaystyle\lim_{h\to{0}}\cfrac{a^{x+h}-a^x}{h}\)
\(\because f(x)=a^x=e^{x{\ln{a}}} \\\therefore f'(x)=(e^{x\ln{a}})\ln{a}=\ln{a}(a^x)\)

對數函數¶

換底公式告訴我們所有的對數函數都可換成同底來觀察
而指對數微積分全繞在\(e\)這個數上，所有對數函數都可以先化為\(\ln{x}\)，因此只需討論\(\ln{x}\)的微分與積分

\(\ln{x}\)的導數
\(f(x)=\ln{x}, f'(x)=\dfrac{1}{x}\)
\(pf:\)

\(\because f(x)=\ln{x} \\\therefore e^{f(x)}=x\)
令\(g(x)=e^x,h(x)=g(f(x))=x\)
利用連鎖律可得：
\(h'(x)=g'(f(x))f'(x)=e^{f(x)}f'(x)=1 \\\therefore f'(x)=\dfrac{1}{e^{f(x)}}=\dfrac{1}{e^{\ln{x}}}=\dfrac{1}{x}\)

推廣：
若\(f(x)=\log_{a}x\)，求\(f'(x)\)
解：
\(f(x)=\dfrac{\ln{x}}{\ln{a}} \\\therefore f'(x)=\dfrac{1}{x\ln{a}}\)

三角函數之微分公式¶

1. \(\dfrac{d}{dx}\sin{x}=\cos{x}\)
2. \(\dfrac{d}{dx}\cos{x}=-\sin{x}\)
3. \(\dfrac{d}{dx}\tan{x}=\sec^2{x}\)
4. \(\dfrac{d}{dx}\cot{x}=-\csc^2{x}\)
5. \(\dfrac{d}{dx}\sec{x}=\tan{x}\sec{x}\)
6. \(\dfrac{d}{dx}\csc{x}=-\cot{x}\csc{x}\)

\(pf:\)
只需做正餘弦函數之證明，因為其餘三角函數皆可利用定義表成正餘弦函數

法一：和角公式
\(\dfrac{d}{dx}\sin{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{(x+h)}-\sin{x}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{x}\cos{h}+\cos{x}\sin{h}-\sin{x}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}(\dfrac{\cos{x}\sin{h}}{h}+\dfrac{\sin{x}(\cos{h}-1)}{h}) \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\cos{x}+\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{x}(\cos^2{h}-1)}{h(\cos{h}+1)} \\=\cos{x}+\displaystyle\lim_{h\to{0}}(\dfrac{\sin{h}}{h}\times\dfrac{\sin{x}\sin{h}}{\cos{h}+1})=\cos{x}\)

法二：和差化積

\(\dfrac{d}{dx}\sin{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{(x+h)}-\sin{x}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{2\cos{(\dfrac{2x+h}{2})}\sin{(\dfrac{h}{2})}}{h} \\=2(\displaystyle\lim_{h\to{0}}{\cos{(\dfrac{2x+h}{2})}}\times\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{(\dfrac{h}{2})}}{h}) \\=2(\dfrac{1}{2}\cos{x})=\cos{x}\)

證明\(\dfrac{d}{dx}\cos{x}=-\sin{x}\)

法一：和角公式
\(\dfrac{d}{dx}\cos{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{(x+h)}-\cos{x}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}\cos{h}-\sin{x}\sin{h}-\cos{x}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}(\cos{h}-1)-\sin{x}\sin{h}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}(\cos{h}-1)}{h}-\sin{x} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{x}(\cos^2{h}-1)}{h(\cos{h}+1)}-\sin{x}=-\sin{x}\)

法二：和差化積

\(\dfrac{d}{dx}\cos{x}=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\cos{(x+h)}-\cos{x}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{-2\sin{(\dfrac{2x+h}{2})}\sin{\dfrac{h}{2}}}{h} \\=\displaystyle\lim_{h\to{0}}(-\sin{\dfrac{(2x+h)}{2}})=-\sin{x}\)

利用和角公式化簡過程中需要較多技巧
而使用和差化積則只需看出
\(\displaystyle\lim_{h\to{0}}\dfrac{\sin{\dfrac{h}{2}}}{h}=\dfrac{1}{2}\)即可化簡
因此證明時使用和差化積將可節省時間。

反三角函數¶

函數：
\(f:{A}\to{B}\)
則反函數(不一定存在)：
\(f^{-1}:{B\to{A}}\)

即定義域與值域對調
其代數意義為「求根」
幾何意義為關於\(y=x\)對稱

比如：
若\(\sin{x}=\dfrac{1}{4},x=?\)

顯然此方程式無法使用任何高中的方法解出，因此需要反三角的表示法。
\(x=\sin^{-1}(\dfrac{1}{4})+2k\pi\)
或
\(x=\pi-\sin^{-1}(\dfrac{1}{4})+2k\pi\)
其中\(k\in\mathbb{Z}\)

三角函數為已知角度求邊比
反三角函數為已知邊比求角度

反三角函數的表示法
反三角函數可以使用集合表示

\(S=[\dfrac{-\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}]\)
\(C=[0,\pi]\)
\(S'=\{\dfrac{-\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\}\)
\(C'=\{0,\pi\}\)

\(y=f(x)=\sin^{-1}(x)=\{y\in S\mid x=\sin(y)\}\)
\(y=f(x)=\cos^{-1}(x)=\{y\in C\mid x=\cos(y),\}\)
\(y=f(x)=\tan^{-1}(x)=\{y\in S-S'\mid x=\tan(y),\}\)
\(y=f(x)=\cot^{-1}(x)=\{y\in C-C'\mid x=\cot(y),\}\)
\(y=f(x)=\sec^{-1}(x)=\{y\in C\mid x=\sec(y),\}\)
\(y=f(x)=\csc^{-1}(x)=\{y\in S\mid x=\csc(y),\}\)

若\(x\)無範圍限制，則會形成一對多的關係，非函數關係。
因此必須限定範圍。

雜項¶

1. \(\sin^{-1}x+\cos^{-1}x=\dfrac{\pi}{2}\)
2. \(\sec^{-1}x+\csc^{-1}x=\dfrac{\pi}{2}\)
3. \(\tan^{-1}x+\cot^{-1}x=\dfrac{\pi}{2}\)

反函數微分法

1. 求出\(\dfrac{dx}{dy}\)再倒數
2. 由定義\(f^{-1}(f(x))=x\)做連鎖律
3. 由定義\(f(f^{-1}(x))=x\)做連鎖律

\(f^{-1}(f(x))=x\not=f(f^{-1}(x))=x\)
因為\(x\)的範圍有可能不同

利用法1微分\(\sin^{-1}x\)

令\(x=\sin{y}\implies|x|\le{1}\)
\(\dfrac{dx}{dy}=\cos{y}=\sqrt{1-\sin^{2}y} \\\therefore\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^{2}y}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\)

利用法3微分\(\sin^{-1}x\)

\(\because\sin{(\sin^{-1}{x})}=x,|x|\le{1} \\\therefore \cos{(\sin^{-1}x)}\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}x=1 \\\implies\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}x=\dfrac{1}{\cos{(\sin^{-1}x)}}\)

又\(\cos{(\sin^{-1}x)}=\sqrt{1-\sin^{2}(\sin^{-1}x)}=\sqrt{1-x^2}\)

故\(\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}x=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\)

其餘反三角函數之導函數皆可使用此法一一證出

公式整理：

\(\dfrac{d}{dx}\sin^{-1}x=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\)
\(\dfrac{d}{dx}\cos^{-1}x=\dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}\)
\(\dfrac{d}{dx}\tan^{-1}x=\dfrac{1}{1+x^2}\)

高階導數¶

表示法：
\(y=f(x)\)的\(n\)階導函數表示為\(y^{(n)}=\dfrac{d^n}{dx^n}f(x)=f^{(n)}(x)\)

求法：看出規律，寫成一般項，搭配數列求一般項的技巧。

例：\(y=f(x)=\sin{x}\)，則\(y^{(n)}=?\)
解：
\(y'=\cos{x},y''=-\sin{x},y'''=-\cos{x},y''''=\sin{x}\)形成循環
而\(\cos{x}=\sin{(x+\dfrac{\pi}{2})},-\sin{x}=\cos{(x+\dfrac{\pi}{2})},-\cos{x}=-\sin{(x+\dfrac{\pi}{2})}\dots\)
因此可得\(y^{(n)}=\sin{(x+\dfrac{n\pi}{2})}\)

萊布尼茲定理¶

若兩函數\(f(x)\)，\(g(x)\)的\(n\)階導函數皆存在，則
\([f(x)g(x)]^{(n)}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}f^{(n-k)}(x)g^{(k)}(x)\)

與二項式定理有異曲同工之妙，其證明也是仿二項式定理的證明，利用數學歸納法與巴斯卡定理。

均值定理¶

均值定理事實上有三個，分別為洛爾定理，拉格朗日定理，柯西均值定理
以下分別以定理A,B,C描述

定理A敘述：
設函數\(f(x)\)在\([a,b]\)上連續，且在\((a,b)\)內各點皆可微
若\(f(a)=f(b)\)，則在\(\exists c\in(a,b)\ s.t\ f'(c)=0\)

定理B敘述：
若函數\(f(x)\)在\([a,b]\)上連續，且在\((a,b)\)內各點皆可微
則\(\exists c\in(a,b)\ s.t.\ f'(c)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)

定理C敘述：
設函數\(f(x)\)，\(g(x)\)皆在\([a,b]\)上連續，且在\((a,b)\)內各點皆可微
則\(\exists\xi\in(a,b)\ s.t.\ \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)

證明：

\(A:\)
有界之連續函數在\([a,b]\)區間上必有至少一最大值或最小值
討論：
當\(f(x)\)在\([a,b]\)區間上為常數函數，則\(\forall x\in[a,b],f'(x)=0\)恆成立。

當\(f(x)\)在\([a,b]\)區間上不為常數函數：
設\(a<\zeta<b,f(\zeta)\)是最大值，則
\(\dfrac{f(\zeta)-f(a)}{\zeta-a}>0\\\dfrac{f(\zeta)-f(b)}{\zeta-b}<0\)
故：
\(a<x<\zeta\)：\(\dfrac{f(x)-f(\zeta)}{x-\zeta}\ge0\)
\(\zeta<x<b\)：\(\dfrac{f(x)-f(\zeta)}{x-\zeta}\le0\)

此時考慮\(\displaystyle\lim_{x\to\zeta^-}\dfrac{f(x)-f(\zeta)}{x-\zeta}=f'(\zeta)\ge0\)以及\(\displaystyle\lim_{x\to\zeta^+}\dfrac{f(x)-f(\zeta)}{x-\zeta}=f'(\zeta)\le0\)
可知\(f'(\zeta)=0\)

若\(f(\zeta)\)為最小值，則同理可證。

\(B:\)

設\(g(x)=f(x)-(x-a)\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)
則\(g(a)=f(a)=g(b)=f(a)\)，故此時\(g(x)\)滿足洛爾定理之條件
\(\exists c\in(a,b), s.t.g'(c)=0=f'(c)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\)。

\(C:\)

令參數式\(\begin{cases}x=g(t)\\y=f(t)\end{cases}\)
則割線斜率\(\lambda=\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\)
令\(h(x)=f(x)-f(b)-\lambda(g(x)-g(b))\)
則\(h(a)=h(b)=0\)，由洛爾定理知\(\exists \xi\in(a,b),s.t.h'(\xi)=0=f'(\xi)-\lambda g'(\xi)\)
\(\iff\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)

微分應用¶

1. 求\(f\)在\(x=a\)處的切線方程式\(y=f'(x)(x-a)+f(a)\)
2. 求極值
3. 求反曲點

局部增減性：
設\(f(x)\)在\(a\)處可微
若\(f'(a)>0\)，則\(\exists\delta>0\)使得\(0<h<\delta\)時，\(f(a-h)<f(a)<f(a+h)\)，稱\(f(x)\)在\(x=a\)附近遞增。
若\(f'(a)<0\)，則\(\exists\delta>0\)使得\(0<h<\delta\)時，\(f(a-h)>f(a)>f(a+h)\)，稱\(f(x)\)在\(x=a\)附近遞減。

證明：
對於\(f'(a)>0,\exists\delta>0\)使得
\(0<|k|<\delta\implies|\dfrac{f(a+k)-f(a)}{k}-f'(a)|<f'(a)\)
\(\therefore 0<\dfrac{f(a+k)-f(a)}{k}<2f'(a)\)
取\(h=|k|>0\)
\(k>0:f(a+h)>f(a),k<0:f(a-h)<f(a)\)得證

同理可得第二定理。

臨界點之定義：
若\(f'(c)=0\)或\(f'(c)\)不存在，則稱\(c\)是臨界點。

求極值步驟：
先求\(f'(x)\)的所有根得到臨界點(Critical point)
再檢驗在某根\(a\)附近的凹性或切線斜率正負。

即若\(f'(a)=0\)且\(\exists\delta>0,s.t.f'(a+\delta)f'(a-\delta)<0\)
則稱在\(x=a\)時\(f(a)\)有極值
此為一階導數檢驗法

若\(f'(a)=0\)且\(f''(a)\not=0\)，則在\(x=a\)時\(f(a)\)有極值
此為二階導數檢驗法

而極大值與極小值的區別為
若\(x=a\)時\(f(x)\)有極大值，則在\(x=a\)附近皆有\(f(a)\ge f(x)\)
若\(x=a\)時\(f(x)\)有極小值，則在\(x=a\)附近皆有\(f(a)\le f(x)\)

更精確地說，若\(x=a\)時\(f(x)\)有極大值，則\(\exists\delta>0,s.t.f(a)>f(a+\delta)\land f(a)>f(a-\delta)\)
若\(x=a\)時\(f(x)\)有極小值，則\(\exists\delta>0,s.t.f(a)<f(a+\delta)\land f(a)<f(a-\delta)\)

極大值與極小值分別為最大值與最小值的候選點。

最大值與最小值的定義為

若\(x=a\)時\(f(x)\)有最大值，則\(\forall x\in D_f\implies f(x)\le f(a)\)
若\(x=a\)時\(f(x)\)有最小值，則\(\forall x\in D_f\implies f(x)\ge f(a)\)

極值產生於峰點，谷點，尖點，斷點。

求反曲點步驟

若\(f(x)\)可微：

先找\(f''(x)=0\)，再判別有無重根

即若\(f''(a)=0\)，且\(f'''(a)\not= 0\)，則\((a,f(a))\)為\(f(x)\)的反曲點

若\(f(x)\)不一定可微：

找\(a\)使得對於一很小正數\(h\)皆有\(f''(a+h)f''(a-h)<0\)

羅畢達定理¶

若兩函數\(f(x),g(x)\)滿足以下性質：
\(c\in{D_f\cap D_g} \\\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=f(c)=g(c)=\lim_{x\to{c}}g(x)=0\)
且兩函數在\(x=c\)附近均可微
\(f'(c),g'(c)\)均存在且\(g'(c)\not=0\)
則\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to{c}}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\)

證明：
\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}\)
由柯西均值定理，可知
\(c>x,\exists\xi_1\in(x,c),s.t.\dfrac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}=\dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_1)}\)
\(c<x,\exists\xi_2\in(c,x),s.t.\dfrac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}=\dfrac{f'(\xi_2)}{g'(\xi_2)}\)

\(\because f'(c),g'(c)\)均存在且\(g'(c)\not=0\)
\(\therefore\displaystyle\lim_{x\to{c}^-}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x\to{c}^+}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\)
故此時\(\displaystyle\lim_{x\to{c}^-}\dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_1)}=\lim_{x\to{c}^+}\dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)}\)
故：\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to{c}}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\)

推廣：對於不定型\(\dfrac{\infty}{\infty},0\times\infty,\infty^{0},1^{\infty}\)此定理皆適用

考慮\(f(x),g(x)\)分別滿足以下不同條件

1. \(\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=\pm\infty,\displaystyle\lim_{x\to{c}}g(x)=\pm\infty\)

2. \(\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=0,\displaystyle\lim_{x\to{c}}g(x)=\pm\infty\)

3. \(\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=1,\displaystyle\lim_{x\to{c}}g(x)=\pm\infty\)

與其極限

1. \(\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)}{g(x)}\)

2. \(\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)g(x)\)

3. \(\displaystyle\lim_{x\to{c}}(f(x))^{g(x)}\)

則對於條件1.與極限1.而言：
\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{\dfrac{1}{g(x)}}{\dfrac{1}{f(x)}}\)，此時令二新函數\(h(x)=\dfrac{1}{g(x)},i(x)=\dfrac{1}{f(x)}\)
而\(\because\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=\pm\infty,\displaystyle\lim_{x\to{c}}g(x)=\pm\infty \\\therefore\displaystyle\lim_{x\to{c}}h(x)=\lim_{x\to{c}}i(x)\)
則\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{h(x)}{i(x)}\)為\(\dfrac{0}{0}\)型

對於條件2.與極限2.而言：
\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)g(x)=\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)}{\dfrac{1}{g(x)}}\)
令\(h(x)=\dfrac{1}{g(x)}\)
\(\because\displaystyle\lim_{x\to{c}}f(x)=0,\displaystyle\lim_{x\to{c}}g(x)=\pm\infty \\\therefore\displaystyle\lim_{x\to{c}}h(x)=0 \\\implies\displaystyle\lim_{x\to{c}}\dfrac{f(x)}{h(x)}\)為\(\dfrac{0}{0}\)型

對於條件2與極限3.而言：

\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}(g(x))^{f(x)}=\lim_{x\to{c}}e^{(\ln{g(x)})f(x)}\)
此時令\(h(x)=\ln{g(x)}\)但\(g(x)>0\)則\(\displaystyle\lim_{x\to{c}}h(x)=\displaystyle\lim_{x\to{c}}\ln{g(x)}=\infty\)
可發現指數為\(0\times\infty\)型，故可化簡為\(\dfrac{0}{0}\)型