洛必达法则的证明与可用条件

洛必达法则（L'Hôpital's Rule）是一个用于处理极限中不定型的有效工具，尤其是在极限形式为 $ \frac{0}{0} $ 或 $ \frac{\infty}{\infty} $ 时，能有效地通过导数简化极限计算。它通常用于计算一些看似复杂的极限问题，尤其当函数的形式比较难直接求解时。

洛必达法则定义

洛必达法则的基本内容是：设 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 是在某邻域内可导的函数，如果在某点 $ c $ 附近存在以下情形（$ c $ 可以是有限值或无穷）：

• 极限形式为 $ \frac{0}{0} $ 或 $ \frac{\infty}{\infty} $ 之一，即
  \[\lim_{x \to c} f(x) = 0 \quad \text{且} \quad \lim_{x \to c} g(x) = 0 \quad \text{（或）} \quad \lim_{x \to c} f(x) = \pm\infty \quad \text{且} \quad \lim_{x \to c} g(x) = \pm\infty \]

• 且 $ f'(x) $ 和 $ g'(x) $ 在 $ c $ 的某去心邻域内存在，并且 $ g'(x) \neq 0 $ 在该邻域内。

那么，如果极限 $ \lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)} $ 存在或者为无穷大，则有：

\[\lim_{x \to c} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)} \]

一句话来说，洛必达法则通过求导来简化不定型极限的计算

洛必达法则证明

证明洛必达法则只需要导数的定义和柯西中值定理。

这里证明其中一种情况，设 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 在 $ c $ 点附近（即某个去心邻域内）可导，并且 $ g'(x) \neq 0 $ ，并且满足：

\[\lim_{x \to c} f(x) = 0, \quad \lim_{x \to c} g(x) = 0. \]

柯西中值定理（Cauchy Mean Value Theorem）告诉我们，对于两个在区间 $ (c, x) $ 上可导的函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $，存在一个点 $ \xi \in (c, x) $ 使得：

\[\frac{f(x) - f(c)}{g(x) - g(c)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}. \]

因为 $ f(c) = g(c) = 0 $，所以我们有：

\[\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}. \]

当 $ x \to c $ 时，$ \xi \to c $，因此：

\[\lim_{x \to c} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to c} \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)}. \]

由此得出洛必达法则。

回顾洛必达法则的适用条件

洛必达法则适用的前提条件包括：

1. 不定型条件：要求极限为 $ \frac{0}{0} $ 或 $ \frac{\infty}{\infty} $。如果极限形式不是这两种，则不能直接使用洛必达法则。

2. 可导性：函数 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 在点 $ c $ 附近必须是可导的。且$ g'(x) $ 必须在邻域内不为零，以保证分母在求极限时不会出现零除。导数在邻域的存在性常常被忘记，需要特别注意。

在以上两点满足的情况下，通过应用洛必达法则后，得到的新极限必须存在或趋向无穷大。若新极限 \(\lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)}\) 广义存在（为有限值或无穷大），则原极限也存在且和新极限相等。但是，若新极限不存在，则不能确认原极限是否存在，原极限仍有可能存在，需要使用其他方法。

如果得到的极限形式仍然是 $ \frac{0}{0} $ 或 $ \frac{\infty}{\infty} $，满足相应条件时可以再次应用洛必达法则。

应用示例

示例 1：使用洛必达法则简化计算

考虑极限问题：

\[\lim_{x \to 0} \frac{x - \ln(1 + x)}{x^2}. \]

直接代入 $ x = 0 $ 得到形式为 $ \frac{0}{0} $，符合洛必达法则的条件。我们对分子和分母分别求导：

\[f(x) = x - \ln(1 + x), \quad g(x) = x^2. \]

它们的导数分别是：

\[f'(x) = 1 - \frac{1}{1 + x}, \quad g'(x) = 2x. \]

因此，极限变为：

\[\lim_{x \to 0} \frac{1 - \frac{1}{1 + x}}{2x}. \]

化简后得到：

\[\lim_{x \to 0} \frac{\frac{x}{1 + x}}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{1}{2(1 + x)} = \frac{1}{2}. \]

也可以再次应用洛必达法则。

示例 2：洛必达法则不可用的情况

考虑极限问题：

\[\lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}. \]

首先，代入 $ x = 0 $ 得到的形式为 $ \frac{0}{0} $，符合洛必达法则的条件。我们对分子和分母分别求导：

\[f(x) = x^2 \sin\left(\frac{1}{x}\right), \quad g(x) = \sin x \]

\[f'(x) = 2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) + \cos\left(\frac{1}{x}\right), \quad g'(x) = \cos x \]

现在我们得到新极限：

\[\lim_{x \to 0} \frac{2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) + \cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x}. \]

由于分子中的项 $ \cos\left(\frac{1}{x}\right) $ 会反复震荡，而 $ 2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) $ 趋近于零，因此，极限不存在。但是实际上，原极限存在并等于 \(0\)，计算非常简单。