洛必達法則的證實探討

時間 2019-12-13

標籤法則證實探討简体版

原文原文鏈接

本文會解答幾個洛必達法則證實過程當中的問題，同時也力求提供能夠理解掌握的、能從中吸收到有用經驗的∞/∞型洛必達法則的證實方法。函數

0/0型洛必達法則¹（L’Hospital’s Rule: 0/0 case）：在區間(a, b)上，f(x)和g(x)均可導、g^′(x) ≠ 0、lim_{x → a⁺}f(x) = lim_{x → a⁺}g(x) = 0，若是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，那麼學習

$$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} = \lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} = L.$$spa

證實：先補充定義f(a)=g(a)=0，則有lim_{x → a⁺}f(x) = f(a) = 0、lim_{x → a⁺}g(x) = g(a) = 0，因此這個定義使得f(x)和g(x)在[a, b)上連續。取任意的x ∈ (a, b)，因爲f(x)和g(x)在[a, x]上知足使用柯西中值定理的條件，因此有翻譯

$$\frac{f(x) - f(a)}{g\left( x \right) - g\left( a \right)} = \frac{f'(c)}{g^{'}\left( c \right)}$$教程

由於f(a)=g(a)=0，因此數學

$$\frac{f(x)}{g\left( x \right)} = \frac{f'(c)}{g^{'}\left( c \right)}$$it

x → a⁺時，由於c在(a, x)上，因此c → a⁺，又由於$\lim_{x \rightarrow a}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此io

$$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} = \lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} = \lim_{c \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} = \lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} = L.$$class

至此0/0型洛必達法則得證。基礎

說明：

證實開頭處補充定義f(a)=g(a)=0不會影響$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$嗎？不會²！函數在x → a⁺時的極限和x=a處的值無關（與函數在x=a處近旁的值有關），改變函數在x=a處的值並不會影響函數在x → a⁺時的極限。爲了更形象地理解這個特性，各位請隨便定義下圖中f(x) = sinx和g(x) = − 0.5x於x=0處的值，而後再觀察一下這種改變是否會影響到$\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\frac{\text{sinx}}{- 0.5x}$？（$\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\frac{\text{sinx}}{- 0.5x} = - 2$）。總之，f(x)和g(x)在a處是否有定義或取什麼值並不影響$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，所以0/0型洛必達法則的成立條件也就不要求f(x)和g(x)在a處連續了，上面的證實過程當中也才能夠補充定義f(a)=g(a)=0來進行證實。補充這個定義僅僅只是讓咱們能夠在證實過程當中使用柯西中值定理，它不會對$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$是否存在或是值是多少有影響，因此它並未構成0/0型洛必達法則的成立條件之一。
用和上面相似的方法不難證實0/0型洛必達法則在x → a⁻時也成立，進而可獲得在x → a時也成立。
若是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)}$仍然是0/0型，那麼在確認f^′(x)和g^′(x)知足0/0型洛必達法則成立條件的狀況下仍可得出$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} = \lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{''}\left( x \right)}{g^{''}\left( x \right)}$，在須要的時候，這一過程能夠再繼續下去³。

∞/∞型洛必達法則⁴（L’Hospital’s Rule: ∞/∞ case）：在區間(a, b)上，f(x)和g(x)均可導、g^′(x) ≠ 0、lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，若是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，那麼

$$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} = \lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} = L.$$

我看了三本國內較爲優秀的數學分析教材上面對此的證實，皆感其證實之玄妙，尤爲是裏面的等式作出那些變形到底是怎樣想到的，很難從中看出頭緒，即使是看完證實以後想要再現這些證實也感到很困難。現將這些證實轉載於下，證實過程當中我認爲的難以構想之處已紅框標示出，各位自行體會！

常慶哲、史濟懷，《數學分析教程》上冊（2003），p179

陳紀修、於崇華、金路《數學分析》上冊，第二版，P125

華東師範大學數學系，《數學分析》上冊，第四版，P132

面對這些證實，我所認爲的難處在於裏面的等式變形，不容易看清楚做那些變形的方向是什麼——爲何會想到那些變形？因此我只能將這些變換算看做是奇思妙想，說得很差聽一點則曰之「奇技淫巧」，私覺得好的數學證實應當避免這些奇技淫巧，多遵循基本技巧和方法，若老是依仗一些奇思妙想不免讓人對數學望而卻步，讀者也難以師法其中。以下即是我所尋求到的自認爲能夠理解掌握的、能從中吸收到有用經驗的證實方法，至少不會像上面三種方法那樣不容易看清裏面的等式變形的思路。

思考過程：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，顯然x < x₀，因爲f(x)和g(x)在[x, x₀]上知足使用柯西中值定理的條件，因此有

$$\frac{f(x) - f(x_{0})}{g(x) - g(x_{0})} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

這裏c ∈ (x, x₀)。由於要求的是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，我最初的思路就是把和$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$關聯的等式由上面這個等式變換出來，而後再尋求其極限的契機。在等式左邊的分子分母同時除以g(x)便會在整個等式中產生$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，即

$$\frac{\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f(x_{0})}{g(x)}}{1 - \frac{g(x_{0})}{g(x)}} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

進一步可得

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f(x_{0})}{g(x)}$$

不容忽視的是上面進行了「分子分母同時除以g(x)」的運算，這須要保證g(x)在對應的定義域[x, x₀]內不等於0才行。由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此在a的某一近旁內必有g(x) ≠ 0，因此只要把x₀選定在使得g(x) ≠ 0的a的近旁內就能夠保證「分子分母同時除以g(x)」的運算順利進行。

而後想令x → a⁺看看等式右邊有沒有固定的趨向，但無奈發現首當其衝的是這種狀況下不容易肯定$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$的趨向，因此這種思路行不通。當我想要放棄尋求能夠理解掌握的∞/∞型洛必達法則的證實方法時，還好看到了Calculus with analytic geometry, 2nd Edition, George F. Simmons, p407上面的相關證實，從中得到啓示後我對上面的思路進行了修改，而後獲得了一個本身較爲滿意的證實。

在上面證實一開始那裏，要知道x₀是能夠在(a, b)內隨意選取的，所以能夠將x₀選得足夠靠近a，由於x < c < x₀而且$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此這種狀況下$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也比較靠近L，而後再來看上面獲得的等式

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f(x_{0})}{g(x)}$$

當x → a⁺時，由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 1$，$\frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 0$，以致於能夠肯定等式右邊靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，即$\frac{f(x)}{g(x)}$很是靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，而$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$又比較靠近L，因此$\frac{f(x)}{g(x)}$靠近L，此即爲所求！要強調的一點是：在(a, b)內選足夠靠近a的x₀這種作法並不是是添加額外的解題條件，而是爲了利用題設中的條件$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$。下面是這種證實思路的嚴謹數學表達。

證實：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，顯然x < x₀，因爲f(x)和g(x)在[x, x₀]上知足使用柯西中值定理的條件，因此有

$$\frac{f(x) - f(x_{0})}{g(x) - g(x_{0})} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

這裏c ∈ (x, x₀)。由於要求的是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，接下來的思路就是把和$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$關聯的等式由上面這個等式變換出來，而後再尋求其極限的契機。在等式左邊的分子分母同時除以g(x)便會在整個等式中產生$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，即

$$\frac{\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f(x_{0})}{g(x)}}{1 - \frac{g(x_{0})}{g(x)}} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

進一步可得

$$\begin{matrix} \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)}\tag{1} \end{matrix}$$

不容忽視的是上面進行了「分子分母同時除以g(x)」的運算，這須要保證g(x)在對應的定義域[x, x₀]內不等於0才行。由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此存在δ₀ > 0使得g(x) > 0於xϵ(a, a + δ₀]成立，這裏δ₀需知足a + δ₀ < b。順便聲明：本證實中全部的δ_i(i = 0, 1, 2…)都 > 0且知足a + δ_i < b，不可貴出這樣的δ_i是始終存在的。爲了使得g(x) > 0在[x, x₀]上成立，因此可指定能在(a, b)內任意選定的x₀ = a + δ₀。

當x → a⁺時，$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 1$，$\frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 0$，因此（1）的右邊靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，即$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，這時若能肯定$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也逼近L，那麼本證實便大功告成。

由於$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以對於任意的ϵ₁ > 0存在δ₁ > 0使得$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{1}$於xϵ(a, a + δ₁)成立。爲了使（1）裏的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足這個不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁}，那麼$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$裏的c < x₀ ≤ a + δ₁，就有$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{1}$，也就是$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$能夠任意程度地逼近L，因此x → a⁺時，存在$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow L$，至此∞/∞型洛必達法則得證！

補充說明：

（1）⁵

⁶

（2）上述證實過程當中，從說明「x → a⁺時$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$會很是靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$」開始能夠換做下面的表述：$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$和$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$的差能夠定義爲

$$\begin{matrix} \left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} - \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \right| = \left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} - \left\lbrack \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'^{'}}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right\rbrack \right| = \left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \times \frac{g\left( x_{0} \right) - f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right|\tag{2} \end{matrix}$$

爲了說明x → a⁺時兩者會很是靠近，咱們須要證實的是：對於任意選定的ϵ > 0存在δ > 0使得$\left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} - \left\lbrack \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'^{'}}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right\rbrack \right| < \epsilon$於xϵ(a, a + δ)成立。

下面將先準備兩個不等式來對（2）進行放縮以獲得這種不等式。

由於$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以對於任意的ϵ₁ > 0存在δ₁ > 0使得$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{1}$於xϵ(a, a + δ₁)成立。爲了使（2）裏的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足這個不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁}，那麼$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$裏的c < x₀ ≤ a + δ₁，就有$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{1}$，進一步可得$|\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}{| < |L| + \epsilon}_{1}$.

由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此對於任意的ϵ₂ > 0存在δ₂ > 0使得$\left| \frac{g\left( x_{0} \right) - f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right| < \epsilon_{2}$於xϵ(a, a + δ₂]成立。爲了使這個不等式能應用於（2），仍需令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}。

結合（2）和上述獲得的不等式有

$$\begin{matrix} \left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} - \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \right| = \left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \times \frac{g\left( x_{0} \right) - f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right| < \left( {\left| L \right| + \epsilon}_{1} \right) \times \varepsilon_{2} \\ \end{matrix}\tag{3}$$

由於ε₁和ε₂都是任意給定的正實數，因此(|L| + ϵ₁) × ε₂也能夠是任意給定的正實數，這就說明了「x → a⁺時$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$會很是靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$」。

要證實∞/∞型洛必達法則等同於最終構造出相似於下面這種不等式

$$\left| \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} - L \right| < \varepsilon$$

接下來將結合上面獲得的不等式來構造它。由於$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{1} \Leftrightarrow \left| L - \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \right| < \epsilon_{1}$，它和（3）相加可得

而該不等式左邊

$$\left| L - \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \right| + \left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} - \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \right| \geq \left| \left( L - \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \right) + (\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} - \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}) \right| = \left| L - \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \right| = \left| \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} - L \right|$$

也就是

$$\left| \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} - L \right| < \epsilon_{1} + \left( {\left| L \right| + \epsilon}_{1} \right) \times \varepsilon_{2}$$

不妨令ϵ₁ + (|L| + ϵ₁) × ε₂ = ε，由於ε₁和ε₂都是任意給定的正實數，因此ε也能夠是任意給定的正實數，所以只要取δ = min{δ₀, δ₁, δ₂}就有

$$\left| \frac{f(x)}{g(x)} - L \right| < \epsilon$$

於xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必達法則得證！

之因此補充上面這種寫法爲的仍是所謂的嚴謹吧。

（3）由

$$\frac{f(x) - f(x_{0})}{g(x) - g(x_{0})} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

獲得和$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$關聯的等式的另一種思路是在等式左右兩邊都乘以$\frac{g(x) - g(x_{0})}{g(x)}$（該式分子和上面等式左邊的分母同樣，爲的是相乘後消去分母g(x) − g(x₀)，而後分母便成了g(x)，而分子裏含有f(x)，這會爲接下來等式裏出現$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$奠基基礎），即

$$\frac{f\left( x \right) - f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right) - g\left( x_{0} \right)} \cdot \frac{g\left( x \right) - g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \cdot \frac{g\left( x \right) - g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)}$$

$${\Downarrow}$$

$$\frac{f(x) - f(x_{0})}{g(x)} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)} \cdot \left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right)$$

進一步可得

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f(x_{0})}{g(x)}$$

對於和等式左右兩邊相乘的因子$\frac{g(x) - g(x_{0})}{g(x)}$，一樣須要說明做爲分母的g(x)在對應的定義域[x, x₀]內不等於0才行，道理同上。

（4）我有幸看到Understanding Analysis, Second Edition, Stephen Abbott, p159上對∞/∞型洛必達法則的證實，也以爲那是能夠理解掌握的、能從中吸收到有用經驗的證實，故翻譯並整理於下。

證實：由於$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以對於任意的ϵ > 0存在δ₁ > 0使得$L - \frac{\epsilon}{2} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < L + \frac{\epsilon}{2}$於xϵ(a, a + δ₁)成立。順便聲明本證實中全部的δ_i(i = 1, 2, 3…)都 > 0且知足a + δ_i < b這個條件，不可貴出這樣的δ_i是始終存在的。

取常數t = a + δ₁，取x ∈ (a, t)，因爲f(x)和g(x)在[x, t]上知足使用柯西中值定理的條件，因此有

$$\frac{f(x) - f(t)}{g(x) - g(t)} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

其中cϵ(x, t)，進一步能夠得出

$$L - \frac{\epsilon}{2} < \frac{f\left( x \right) - f\left( t \right)}{g\left( x \right) - g\left( t \right)} < L + \frac{\epsilon}{2}$$

爲了從上面這個不等式裏分離出$\frac{f(x)}{g(x)}$，這裏的方法是將上面這個不等式乘上$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$，可是$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$的正負會影響到不等號的改變，所以有必要先肯定該式的正負——由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此存在δ₂ > 0使得g(x) > g(t)於xϵ(a, a + δ₂)成立，以致於$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)} = 1 - \frac{g\left( t \right)}{g\left( x \right)} > 0$，所以將上面這個不等式乘上$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$後就有

$$(L - \frac{\epsilon}{2})(1 - \frac{g\left( t \right)}{g\left( x \right)}) < \frac{f\left( x \right) - f\left( t \right)}{g\left( x \right)} < (L + \frac{\epsilon}{2})(1 - \frac{g\left( t \right)}{g\left( x \right)})$$

進一步變形可獲得

$$L - \frac{\epsilon}{2} + \frac{- Lg\left( t \right) + \frac{\epsilon}{2}g\left( t \right) + f\left( t \right)}{g\left( x \right)} < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + \frac{\epsilon}{2} + \frac{- Lg\left( t \right) - \frac{\epsilon}{2}g\left( t \right) + f(t)}{g(x)}$$

由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此存在δ₃ > 0使得$\frac{- Lg\left( t \right) + \frac{\epsilon}{2}g\left( t \right) + f\left( t \right)}{g\left( x \right)}$和$\frac{- Lg\left( t \right) - \frac{\epsilon}{2}g\left( t \right) + f(t)}{g(x)}$均小於$\frac{\epsilon}{2}$於xϵ(a, a + δ₃)成立，以致於只要取 δ = min{δ₁, δ₂, δ₃}就有

$$L - \varepsilon < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + \varepsilon \Leftrightarrow \left| \frac{f(x)}{g(x)} - L \right| < \epsilon$$

於xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必達法則得證！

（5）上面的這些內容是本文要求學習掌握的最低程度，今後處至文末的內容是爲想要繼續深刻學習∞/∞型洛必達法則證實方法的學生準備的，也不難，而且讀來有益！

經過上面兩種證實方法我想到了另一種相似的證實∞/∞型洛必達法則的方法。思路是經過上面獲得的關於$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$的等式

構造出形如

$$L - \varepsilon < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + \varepsilon$$

的不等式來證實。

證實過程：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，顯然x < x₀，因爲f(x)和g(x)在[x, x₀]上知足使用柯西中值定理的條件，因此有

$$\frac{f(x) - f(x_{0})}{g(x) - g(x_{0})} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

$$\frac{\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f(x_{0})}{g(x)}}{1 - \frac{g(x_{0})}{g(x)}} = \frac{f^{'}(c)}{g^{'}(c)}$$

進一步可得

接下來的思路是結合等式

構造出形如

$$L - \varepsilon < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + \varepsilon$$

的不等式來證實∞/∞型洛必達法則。首先要作的是結合（1）裏的各項找尋相關的不等關係來爲最終構造出上面這個不等式作準備。

由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此存在δ₁ > 0使得g(x) > g(x₀) > 0於xϵ(a, a + δ₁)成立，以致於$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} > 0$。

由於$\lim_{x \rightarrow a}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以對於任意的ϵ₂ > 0存在δ₂ > 0使得$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{2}$於xϵ(a, a + δ₂)成立。爲了使得（1）裏的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足這個不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}（這種取法的另外一個緣由是爲了保證上面獲得的不等式在成立的範圍內「均可以」應用到基於等式（1）的不等式構造上來），那麼$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$裏的c < x₀ ≤ a + δ₂，天然就有$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{2}$.

根據等式

$$\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f(x_{0})}{g(x)}$$

而後結合上面獲得的不等關係能夠得出

$$\left( L - \epsilon_{1} \right)\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < \left( L + \epsilon_{1} \right)\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)}$$

$${\Downarrow}$$$${\left( L - \epsilon_{1} \right) - \left( L - \epsilon_{1} \right)\frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < \left( L + \epsilon_{1} \right) - \left( L + \epsilon_{1} \right)\frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)}}$$

$${\Downarrow}$$$${\left( L - \epsilon_{1} \right) + \frac{- \left( L - \epsilon_{1} \right)g\left( x_{0} \right) + f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < \left( L + \epsilon_{1} \right) + \frac{- \left( L + \epsilon_{1} \right)g\left( x_{0} \right) + f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)}}$$

由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此對於任意的ϵ₃ > 0存在δ₃ > 0使得$- \varepsilon_{3} < \frac{- \left( L - \epsilon_{1} \right)g\left( x_{0} \right) + f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \varepsilon_{3}$和$- \varepsilon_{3} < \frac{- \left( L + \epsilon_{1} \right)g\left( x_{0} \right) + f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \varepsilon_{3}$於xϵ(a, a + δ₃)成立。爲了讓這裏獲得的不等式也能應用到基於等式（1）的不等式構造上來，一樣須要令x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂, a + δ₃}，因此

$$\left( L - \epsilon_{1} \right) + \frac{- \left( L - \epsilon_{1} \right)g\left( x_{0} \right) + f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < \left( L + \epsilon_{1} \right) + \frac{- \left( L + \epsilon_{1} \right)g\left( x_{0} \right) + f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)}$$

$${\Downarrow}$$

$$\left( L - \epsilon_{1} \right) + \left( - \varepsilon_{3} \right) < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < \left( L + \epsilon_{1} \right) + \varepsilon_{3}$$

$${\Downarrow}$$$${L - \left( \varepsilon_{1} + \varepsilon_{3} \right) < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + (\varepsilon_{1} + \varepsilon_{3})}$$

不妨令ε₁ + ε₃ = ε，由於ε₁和ε₃都是任意給定的正實數，因此ε也是任意給定的正實數，以致於只要取δ = min{δ₀, δ₁, δ₂, δ₃}就有

$$L - \varepsilon < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + \varepsilon \Leftrightarrow \left| \frac{f(x)}{g(x)} - L \right| < \epsilon$$

於xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必達法則得證！

（6）再提供一種基於上面這種證實的從

裏的各項找尋相關的不等關係來構造出形如

$$L - \varepsilon < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + \varepsilon$$

的不等式來證實∞/∞型洛必達法則的方法。

由於lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此對於任意的ϵ₁ϵ(0, 1)存在δ₁ > 0使得$0 < 1 - \epsilon_{1} < 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < 1 + \epsilon_{1}$和$\epsilon_{1} < \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \epsilon_{1}$於xϵ(a, a + δ₁)成立。

由於$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以對於任意的ϵ₂ > 0存在δ₂ > 0使得$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{2}$於xϵ(a, a + δ₂)成立。爲了使得（1）裏的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足這個不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}（這種取法的另外一個緣由是爲了保證上面獲得的不等式在成立的範圍內「均可以」應用到基於等式（1）的不等式構造上來），那麼$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$裏的c < x₀ ≤ a + δ₂，天然就有$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{2}$.

結合上面準備好的不等式，咱們有

$$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \left( {L + \epsilon}_{2} \right)\left( 1 + \epsilon_{1} \right) + \epsilon_{1} = L + {\epsilon_{1}\epsilon}_{2} + L\epsilon_{1} + \epsilon_{2} + \epsilon_{1}$$

即

$$\begin{matrix} \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + {\epsilon_{1}\epsilon}_{2} + L\epsilon_{1} + \epsilon_{2} + \epsilon_{1}\tag{2} \end{matrix}$$

還有

$$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} = \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} > \left( {L - \epsilon}_{2} \right)\left( 1 - \epsilon_{1} \right) - \epsilon_{1} = \ L + {\epsilon_{1}\epsilon}_{2} - (L\epsilon_{1} + \epsilon_{2} + \epsilon_{1})$$

即

$$\begin{matrix} \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} > L + {\epsilon_{1}\epsilon}_{2} - \left( L\epsilon_{1} + \epsilon_{2} + \epsilon_{1} \right)\tag{3} \end{matrix}$$

雖然（2）右邊L後面的部分ϵ₁ϵ₂ + Lϵ₁ + ϵ₂ + ϵ₁並不等於（3）右邊L後面的部分ϵ₁ϵ₂ − (Lϵ₁+ϵ₂+ϵ₁)，可是能夠令ε = max{ϵ₁ϵ₂ + Lϵ₁ + ϵ₂ + ϵ₁, ϵ₁ϵ₂ − (Lϵ₁+ϵ₂+ϵ₁)}，由於ε₁和ε₃都是任意給定的正實數，因此ε也是任意給定的正實數，以致於只要取δ = min{δ₀, δ₁, δ₂}就有

$$L - \varepsilon < \frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} < L + \varepsilon \Leftrightarrow \left| \frac{f(x)}{g(x)} - L \right| < \epsilon$$

於xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必達法則得證！

Foundations of Analysis, 2nd Edition, David French Belding, Kevin J. Mitchell, p109↩
數學分析，第二版，陳紀修，於崇華，金路，p185↩
數學分析教程，第二版，常庚哲，史濟懷，p177↩
數學分析教程，第二版，常庚哲，史濟懷，p179↩
數學分析，第二版，陳紀修，於崇華，金路，p186↩
數學分析，第二版，陳紀修，於崇華，金路，p191↩

相關標籤/搜索

每日一句

每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。