前言

洛必达法则我想甚至不少高中生甚至初中生都听说过,知道怎么进行简单的应用。简单点说,处理$\frac{0}{0}$的函数时,对上下进行求导,可能会很大程度上简化计算。但是洛必达法则为什么能奏效? 能不能用严格的数理语言进行论证? 这是这篇文章需要解决的.

洛必达法则的完整论述

假设有定义在$(a,b)$可导的实函数$f$和$g$,且$g’(x)\neq0$对所有$x\in(a,b)$恒成立,其中$a$和$b$满足 \[ -\infty\leq{a}<{b}\leq+\infty.\]
若有\[\lim_{x\to a}\frac{f’(x)}{g’(x)}=A,\]且如果\[\lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0,\]或\[\lim_{x\to a}g(x)=+\infty,\]那么\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=A\]类似的结论对$x\to{b}$或者$g(x)\to-\infty$也成立。

证明1:线性近似

波努利最开始的”证明”

洛必达法则首次出现于1696年洛必达的 Analyse des inJiniment petits pour l’intelligence des lignes courbes(Analysis of the Infinitely Small for the Understanding of Curves 一书中。这本书当然以”洛必达法则”闻名于世。证明是这样完成的: \[ \frac{f(a+dx)}{g(a+dx)}=\frac{f(a)+f’(a)dx}{g(a)+g’(a)dx}=\frac{f’(a)dx}{g’(a)dx}=\frac{f’(a)}{g’(a)} \]

这个证明很好理解,线性近似展开,再考虑到$f(a)=g(a)=0$就得到结果。但是这个做法肯定是不合适的,$dx$在这里非常模糊,也不方便表达$x\to\infty$的情况。关于历史内容可以参见 The Historical Development of the Calculus 一书。

线性近似的严格证明

首先,这里只讨论$h\to0$的情况。实际上,对于其他情况,可以作换元。例如$h\to\infty$时,可以利用$u=\frac{1}{h}$,那么又转换成了$u\to0$的情况。另外我们只讨论函数趋近于$0$的情况。因为趋近于无穷时函数的线性近似可能无法处理。例如$y=\frac{1}{x}$在$x=0$附近是没有近似的。

对函数导数有 \[ f’(x) = \lim_{h\to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}, \]

我们可以写成 \[ f’(x) = \frac{f(x+h)-f(x)}{h} + r(h) \]

其中$\lim\limits_{h\to0}r(h)=0$,且$r(h)$为连续函数。进行代数变形(这里$r(h)$的正负进行了调整),我们的得到线性近似 \[ f(x+h)=f(x)+f’(x)h+r(h)h \]

同样可以写出$g(x)$的线性近似 \[ g(x+h)=g(x)+g’(x)h+s(h)h \]

那么就能得到 \[ \frac{f(a+h)}{g(a+h)}=\frac{f(a)+f’(a)h+r(h)h}{g(a)+g’(a)h+s(h)h}=\frac{f’(a)h+r(h)h}{g’(a)h+s(h)h}=\frac{f’(a)+r(h)}{g’(a)+s(h)} \]

而$h\to0$时,$r(h)\to0$,$s(h)\to0$,故得到了结论。

证明2:中值定理

这个证明中,我们会利用柯西中值定理(GMVT)对所有的情况进行完整的证明,这期间涉及到一些不等式运算技巧。证明来自W.Rudin的 Principles Of Mathematical Analysis,我会在其中加上一些额外的解释。

情况1: $-\infty\leq{A}<+\infty$

选取实数$\varepsilon>0$和$q$使得$A<A+\varepsilon<q$。因为$\frac{f(x)}{g(x)}\to{A}$,必定有实数$\delta\in(0,b-a)$使得对于所有$a<x<a+\delta$,始终有$-\varepsilon<\frac{f’(x)}{g’(x)}-A<\varepsilon$。也就是说 \[\frac{f’(x)}{g’(x)}<A+\varepsilon.\]

对$a<x<y<c$,由GMVT可知,存在$t\in(x,y)$使得不等式(A)成立: \[ \frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}=\frac{f’(t)}{g’(t)}<A+\varepsilon \] 最后一个不等式成立是因为$t\in(x,y)\subset(a,b)$,而$(a,b)$中这个不等式成立。

情况1.1: $g(x)\to0$

令$x\to{a}$,此时关于$x$和$y$的不等式会有$\frac{f(y)}{g(y)}\leq{A+\varepsilon}<q\quad(a<y<a+\delta)$。

也就是说,对任意实数$\varepsilon>0$,有$\delta>0$,使得$a<y<a+\delta$时,满足不等式(B): \[ \frac{f(y)}{g(y)}\leq\varepsilon+A<q \]

(注意:这个地方并没有用$\varepsilon-\delta$证明了这个情况下的收敛)

情况1.2: $g(x)\to+\infty$

记$r=A+\varepsilon$。固定不等式(A)中的$y$,因为$g(x)\to+\infty$,能找到一个值$c\in(a,b)$使得$g(x)>g(y)$和$g(x)>0$对所有$x\in(a,c)$同时成立。那么不等式(A)两边同时乘以$[g(x)-g(y)]/g(x)$,能得到不等式(C) \[ \frac{f(x)}{g(x)}<r-r\frac{g(y)}{g(x)}+\frac{f(y)}{g(x)}\quad(a<x<c) \]

令$x\to{a}$,因为$g(x)\to+\infty$,有点$c_1\in(a,c)$使得不等式(D)成立: \[ \frac{f(x)}{g(x)}<q\quad(a<x<c_1) \]

情况1.1和1.2的整合

不等式(B)和(D)都只说明,存在$c\in(a,b)$使得对于所有$x\in(a,c)$,满足$\frac{f(x)}{g(x)}<q$.但是$\frac{f(x)}{g(x)}$与$A$的关系并不知道。

这里要注意,不等式(B)和(D)都只在$q>A$时成立,也就是说,如果$q=A$,那么有$\frac{f(x)}{g(x)}\geq{q}=A$。也就是说,对于所有$q>A$,都存在$c\in(a,b)$,使得对于所有$x\in(a,c)$,满足 $A\leq\frac{f(x)}{g(x)}<q$,若令$q\to{A}$,就能得到$\frac{f(x)}{g(x)}\to{A}$。

情况2: $-\infty<{A}\leq+\infty$

这个情况是和情况1完全类似的。同理可证,对任意$p$,当且仅当$p<A$时,总有$c’\in(a,b)$,使得对于所有$x\in(a,c’)$,满足$p<\frac{f(x)}{g(x)}\leq{A}$。

结合$A$的这两种情况,原命题得证。

证明中几个小问题

不等式(A)第一项的分母为什么一定有意义?

假设它无意义。如果有$g(x)=g(y)$,那么有${x}<t<y$使得$g’(t)=0$,此时不满足 \[ f’(t)/g’(t)<A+\varepsilon \]

不等式(B)中为什么变成小于等于?

每次改变$x$,$t$也发生改变,记为$t(x)$,此时可能有$\lim\limits_{x\to{a}}\frac{f’(t(x))}{g’(t(x))}=r$。