洛必达法则的证明探讨

本文会解答几个洛必达法则证明过程中的问题，同时也力求提供可以理解掌握的、能从中吸取到有用经验的∞/∞型洛必达法则的证明方法。

0/0型洛必达法则¹（L’Hospital’s Rule: 0/0 case）：在区间(a, b)上，f(x)和g(x)都可导、g^′(x) ≠ 0、lim_{x → a⁺}f(x) = lim_{x → a⁺}g(x) = 0，如果$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，那么

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

证明：先补充定义f(a)=g(a)=0，则有lim_{x → a⁺}f(x) = f(a) = 0、lim_{x → a⁺}g(x) = g(a) = 0，所以这个定义使得f(x)和g(x)在[a, b)上连续。取任意的x ∈ (a, b)，由于f(x)和g(x)在[a, x]上满足使用柯西中值定理的条件，所以有

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

因为f(a)=g(a)=0，所以

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

x → a⁺时，因为c在(a, x)上，所以c → a⁺，又因为$\lim_{x \rightarrow a}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以

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

至此0/0型洛必达法则得证。

说明：

证明开头处补充定义f(a)=g(a)=0不会影响$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$吗？不会²！函数在x → a⁺时的极限和x=a处的值无关（与函数在x=a处近旁的值有关），改变函数在x=a处的值并不会影响函数在x → a⁺时的极限。为了更形象地理解这个特性，各位请随便定义下图中f(x) = sinx和g(x) = − 0.5x于x=0处的值，然后再观察一下这种改变是否会影响到$\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\frac{\text{sinx}}{- 0.5x}$？（$\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\frac{\text{sinx}}{- 0.5x} = - 2$）。总之，f(x)和g(x)在a处是否有定义或取什么值并不影响$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，因此0/0型洛必达法则的成立条件也就不要求f(x)和g(x)在a处连续了，上面的证明过程中也才可以补充定义f(a)=g(a)=0来进行证明。补充这个定义仅仅只是让我们可以在证明过程中使用柯西中值定理，它不会对$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$是否存在或是值是多少有影响，所以它并未构成0/0型洛必达法则的成立条件之一。
用和上面类似的方法不难证明0/0型洛必达法则在x → a⁻时也成立，进而可得到在x → a时也成立。
如果$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)}$仍然是0/0型，那么在确认f^′(x)和g^′(x)满足0/0型洛必达法则成立条件的情况下仍可得出$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} = \lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{''}\left( x \right)}{g^{''}\left( x \right)}$，在需要的时候，这一过程可以再继续下去³。

∞/∞型洛必达法则⁴（L’Hospital’s Rule: ∞/∞ case）：在区间(a, b)上，f(x)和g(x)都可导、g^′(x) ≠ 0、lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，如果$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，那么

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

我看了三本国内较为优秀的数学分析教材上面对此的证明，皆感其证明之玄妙，尤其是里面的等式做出那些变形究竟是怎样想到的，很难从中看出头绪，即便是看完证明之后想要再现这些证明也感到很困难。现将这些证明转载于下，证明过程中我认为的难以构想之处已红框标示出，各位自行体会！

常庆哲、史济怀，《数学分析教程》上册（2003），p179

陈纪修、於崇华、金路《数学分析》上册，第二版，P125

华东师范大学数学系，《数学分析》上册，第四版，P132

面对这些证明，我所认为的难处在于里面的等式变形，不容易看清楚作那些变形的方向是什么——为什么会想到那些变形？所以我只能将这些变换算看作是奇思妙想，说得不好听一点则曰之“奇技淫巧”，私以为好的数学证明应当避免这些奇技淫巧，多遵循基本技巧和方法，若总是依仗一些奇思妙想难免让人对数学望而却步，读者也难以师法其中。如下便是我所寻求到的自认为可以理解掌握的、能从中吸取到有用经验的证明方法，至少不会像上面三种方法那样不容易看清里面的等式变形的思路。

思考过程：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，显然x < x₀，由于f(x)和g(x)在[x, x₀]上满足使用柯西中值定理的条件，所以有

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

这里c ∈ (x, x₀)。因为要求的是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，我最初的思路就是把和$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$关联的等式由上面这个等式变换出来，然后再寻求其极限的契机。在等式左边的分子分母同时除以g(x)便会在整个等式中产生$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，即

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

进一步可得

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

不容忽视的是上面进行了“分子分母同时除以g(x)”的运算，这需要保证g(x)在对应的定义域[x, x₀]内不等于0才行。因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以在a的某一近旁内必有g(x) ≠ 0，所以只要把x₀选定在使得g(x) ≠ 0的a的近旁内就可以保证“分子分母同时除以g(x)”的运算顺利进行。

然后想令x → a⁺看看等式右边有没有固定的趋向，但无奈发现首当其冲的是这种情况下不容易确定$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$的趋向，所以这种思路行不通。当我想要放弃寻求可以理解掌握的∞/∞型洛必达法则的证明方法时，还好看到了Calculus with analytic geometry, 2nd Edition, George F. Simmons, p407上面的相关证明，从中获得启示后我对上面的思路进行了修改，然后得到了一个自己较为满意的证明。

在上面证明一开始那里，要知道x₀是可以在(a, b)内随意选取的，因此可以将x₀选得足够靠近a，因为x < c < x₀并且$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以这种情况下$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也比较靠近L，然后再来看上面得到的等式

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

当x → a⁺时，因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 1$，$\frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 0$，以至于可以确定等式右边靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，即$\frac{f(x)}{g(x)}$非常靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，而$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$又比较靠近L，所以$\frac{f(x)}{g(x)}$靠近L，此即为所求！要强调的一点是：在(a, b)内选足够靠近a的x₀这种做法并非是添加额外的解题条件，而是为了利用题设中的条件$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$。下面是这种证明思路的严谨数学表达。

证明：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，显然x < x₀，由于f(x)和g(x)在[x, x₀]上满足使用柯西中值定理的条件，所以有

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

这里c ∈ (x, x₀)。因为要求的是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，接下来的思路就是把和$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$关联的等式由上面这个等式变换出来，然后再寻求其极限的契机。在等式左边的分子分母同时除以g(x)便会在整个等式中产生$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，即

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

进一步可得

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

不容忽视的是上面进行了“分子分母同时除以g(x)”的运算，这需要保证g(x)在对应的定义域[x, x₀]内不等于0才行。因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以存在δ₀ > 0使得g(x) > 0于xϵ(a, a + δ₀]成立，这里δ₀需满足a + δ₀ < b。顺便声明：本证明中所有的δ_i(i = 0, 1, 2…)都 > 0且满足a + δ_i < b，不难得出这样的δ_i是始终存在的。为了使得g(x) > 0在[x, x₀]上成立，所以可指定能在(a, b)内任意选定的x₀ = a + δ₀。

当x → a⁺时，$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 1$，$\frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 0$，所以（1）的右边靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，即$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，这时若能确定$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也逼近L，那么本证明便大功告成。

因为$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此对于任意的ϵ₁ > 0存在δ₁ > 0使得$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{1}$于xϵ(a, a + δ₁)成立。为了使（1）里的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也满足这个不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁}，那么$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$里的c < x₀ ≤ a + δ₁，就有$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{1}$，也就是$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$可以任意程度地逼近L，所以x → a⁺时，存在$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow L$，至此∞/∞型洛必达法则得证！

补充说明：

（1）⁵

⁶

（2）上述证明过程中，从说明“x → a⁺时$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$会非常靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$”开始可以换作下面的表述：$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$和$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$的差可以定义为

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

为了说明x → a⁺时二者会非常靠近，我们需要证明的是：对于任意选定的ϵ > 0存在δ > 0使得$\left| \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} - \left\lbrack \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'^{'}}\left( c \right)}\left( 1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right) + \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right\rbrack \right| < \epsilon$于xϵ(a, a + δ)成立。

下面将先准备两个不等式来对（2）进行放缩以得到这种不等式。

因为$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此对于任意的ϵ₁ > 0存在δ₁ > 0使得$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{1}$于xϵ(a, a + δ₁)成立。为了使（2）里的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也满足这个不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁}，那么$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$里的c < x₀ ≤ a + δ₁，就有$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{1}$，进一步可得$|\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}{| < |L| + \epsilon}_{1}$.

因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以对于任意的ϵ₂ > 0存在δ₂ > 0使得$\left| \frac{g\left( x_{0} \right) - f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \right| < \epsilon_{2}$于xϵ(a, a + δ₂]成立。为了使这个不等式能应用于（2），仍需令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}。

结合（2）和上述得到的不等式有

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

因为ε₁和ε₂都是任意给定的正实数，所以(|L| + ϵ₁) × ε₂也可以是任意给定的正实数，这就说明了“x → a⁺时$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$会非常靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$”。

要证明∞/∞型洛必达法则等同于最终构造出类似于下面这种不等式

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

接下来将结合上面得到的不等式来构造它。因为$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{1} \Leftrightarrow \left| L - \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \right| < \epsilon_{1}$，它和（3）相加可得

而该不等式左边

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

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，因为ε₁和ε₂都是任意给定的正实数，所以ε也可以是任意给定的正实数，因此只要取δ = min{δ₀, δ₁, δ₂}就有

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

于xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必达法则得证！

之所以补充上面这种写法为的还是所谓的严谨吧。

（3）由

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

得到和$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$关联的等式的另外一种思路是在等式左右两边都乘以$\frac{g(x) - g(x_{0})}{g(x)}$（该式分子和上面等式左边的分母一样，为的是相乘后消去分母g(x) − g(x₀)，然后分母便成了g(x)，而分子里含有f(x)，这会为接下来等式里出现$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$奠定基础），即

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

$${\Downarrow}$$

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

进一步可得

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

对于和等式左右两边相乘的因子$\frac{g(x) - g(x_{0})}{g(x)}$，同样需要说明作为分母的g(x)在对应的定义域[x, x₀]内不等于0才行，道理同上。

（4）我有幸看到Understanding Analysis, Second Edition, Stephen Abbott, p159上对∞/∞型洛必达法则的证明，也觉得那是可以理解掌握的、能从中吸取到有用经验的证明，故翻译并整理于下。

证明：因为$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此对于任意的ϵ > 0存在δ₁ > 0使得$L - \frac{\epsilon}{2} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < L + \frac{\epsilon}{2}$于xϵ(a, a + δ₁)成立。顺便声明本证明中所有的δ_i(i = 1, 2, 3…)都 > 0且满足a + δ_i < b这个条件，不难得出这样的δ_i是始终存在的。

取常数t = a + δ₁，取x ∈ (a, t)，由于f(x)和g(x)在[x, t]上满足使用柯西中值定理的条件，所以有

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

其中cϵ(x, t)，进一步可以得出

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

为了从上面这个不等式里分离出$\frac{f(x)}{g(x)}$，这里的方法是将上面这个不等式乘上$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$，但是$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$的正负会影响到不等号的改变，因此有必要先确定该式的正负——因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以存在δ₂ > 0使得g(x) > g(t)于xϵ(a, a + δ₂)成立，以至于$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)} = 1 - \frac{g\left( t \right)}{g\left( x \right)} > 0$，因此将上面这个不等式乘上$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$后就有

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

进一步变形可得到

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

因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以存在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$\frac{- Lg\left( t \right) - \frac{\epsilon}{2}g\left( t \right) + f(t)}{g(x)}$均小于$\frac{\epsilon}{2}$于xϵ(a, a + δ₃)成立，以至于只要取 δ = min{δ₁, δ₂, δ₃}就有

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

于xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必达法则得证！

（5）上面的这些内容是本文要求学习掌握的最低程度，从此处至文末的内容是为想要继续深入学习∞/∞型洛必达法则证明方法的学生准备的，也不难，并且读来有益！

通过上面两种证明方法我想到了另外一种类似的证明∞/∞型洛必达法则的方法。思路是通过上面得到的关于$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$的等式

构造出形如

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

的不等式来证明。

证明过程：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，显然x < x₀，由于f(x)和g(x)在[x, x₀]上满足使用柯西中值定理的条件，所以有

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

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

进一步可得

接下来的思路是结合等式

构造出形如

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

的不等式来证明∞/∞型洛必达法则。首先要做的是结合（1）里的各项找寻相关的不等关系来为最终构造出上面这个不等式做准备。

因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以存在δ₁ > 0使得g(x) > g(x₀) > 0于xϵ(a, a + δ₁)成立，以至于$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} > 0$。

因为$\lim_{x \rightarrow a}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此对于任意的ϵ₂ > 0存在δ₂ > 0使得$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{2}$于xϵ(a, a + δ₂)成立。为了使得（1）里的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也满足这个不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}（这种取法的另一个原因是为了保证上面得到的不等式在成立的范围内“都可以”应用到基于等式（1）的不等式构造上来），那么$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$里的c < x₀ ≤ a + δ₂，自然就有$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{2}$.

根据等式

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

然后结合上面得到的不等关系可以得出

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

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

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

因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以对于任意的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$- \varepsilon_{3} < \frac{- \left( L + \epsilon_{1} \right)g\left( x_{0} \right) + f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \varepsilon_{3}$于xϵ(a, a + δ₃)成立。为了让这里得到的不等式也能应用到基于等式（1）的不等式构造上来，同样需要令x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂, a + δ₃}，所以

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

$${\Downarrow}$$

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

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

不妨令ε₁ + ε₃ = ε，因为ε₁和ε₃都是任意给定的正实数，所以ε也是任意给定的正实数，以至于只要取δ = min{δ₀, δ₁, δ₂, δ₃}就有

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

于xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必达法则得证！

（6）再提供一种基于上面这种证明的从

里的各项找寻相关的不等关系来构造出形如

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

的不等式来证明∞/∞型洛必达法则的方法。

因为lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，所以对于任意的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$\epsilon_{1} < \frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} < \epsilon_{1}$于xϵ(a, a + δ₁)成立。

因为$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此对于任意的ϵ₂ > 0存在δ₂ > 0使得$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} < {L + \epsilon}_{2}$于xϵ(a, a + δ₂)成立。为了使得（1）里的$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也满足这个不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}（这种取法的另一个原因是为了保证上面得到的不等式在成立的范围内“都可以”应用到基于等式（1）的不等式构造上来），那么$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$里的c < x₀ ≤ a + δ₂，自然就有$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{2}$.

结合上面准备好的不等式，我们有

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

即

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

还有

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

即

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

虽然（2）右边L后面的部分ϵ₁ϵ₂ + Lϵ₁ + ϵ₂ + ϵ₁并不等于（3）右边L后面的部分ϵ₁ϵ₂ − (Lϵ₁+ϵ₂+ϵ₁)，但是可以令ε = max{ϵ₁ϵ₂ + Lϵ₁ + ϵ₂ + ϵ₁, ϵ₁ϵ₂ − (Lϵ₁+ϵ₂+ϵ₁)}，因为ε₁和ε₃都是任意给定的正实数，所以ε也是任意给定的正实数，以至于只要取δ = min{δ₀, δ₁, δ₂}就有

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

于xϵ(a, a + δ)成立，至此∞/∞型洛必达法则得证！

Foundations of Analysis, 2nd Edition, David French Belding, Kevin J. Mitchell, p109↩
数学分析，第二版，陈纪修，於崇华，金路，p185↩
数学分析教程，第二版，常庚哲，史济怀，p177↩
数学分析教程，第二版，常庚哲，史济怀，p179↩
数学分析，第二版，陈纪修，於崇华，金路，p186↩
数学分析，第二版，陈纪修，於崇华，金路，p191↩

posted @ 2019-03-02 15:56 iMath 阅读(30510) 评论(0) 编辑收藏举报

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