洛必达法则的证实探讨

时间 2019-12-13

标签法则证实探讨繁體版

原文原文链接

本文会解答几个洛必达法则证实过程当中的问题，同时也力求提供能够理解掌握的、能从中吸收到有用经验的∞/∞型洛必达法则的证实方法。函数

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)均可导、g^′(x) ≠ 0、lim_{x → a⁺}f(x) = lim_{x → a⁺}g(x) = 0，若是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，那么学习

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

证实：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，因此这个定义使得f(x)和g(x)在[a, b)上连续。取任意的x ∈ (a, b)，因为f(x)和g(x)在[a, x]上知足使用柯西中值定理的条件，因此有翻译

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

由于f(a)=g(a)=0，因此数学

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

x → a⁺时，由于c在(a, x)上，因此c → a⁺，又由于$\lim_{x \rightarrow a}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，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型洛必达法则得证。基础

说明：

证实开头处补充定义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，而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$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，所以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，上面的证实过程当中也才能够补充定义f(a)=g(a)=0来进行证实。补充这个定义仅仅只是让咱们能够在证实过程当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，因此它并未构成0/0型洛必达法则的成立条件之一。
用和上面相似的方法不难证实0/0型洛必达法则在x → a⁻时也成立，进而可获得在x → a时也成立。
若是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)}$仍然是0/0型，那么在确认f^′(x)和g^′(x)知足0/0型洛必达法则成立条件的状况下仍可得出$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}\left( x \right)}{g^{'}\left( x \right)} = \lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{''}\left( x \right)}{g^{''}\left( x \right)}$，在须要的时候，这一过程能够再继续下去³。

∞/∞型洛必达法则⁴（L’Hospital’s Rule: ∞/∞ case）：在区间(a, b)上，f(x)和g(x)均可导、g^′(x) ≠ 0、lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，若是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，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实，皆感其证实之玄妙，尤为是里面的等式作出那些变形到底是怎样想到的，很难从中看出头绪，即使是看完证实以后想要再现这些证实也感到很困难。现将这些证实转载于下，证实过程当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

面对这些证实，我所认为的难处在于里面的等式变形，不容易看清楚做那些变形的方向是什么——为何会想到那些变形？因此我只能将这些变换算看做是奇思妙想，说得很差听一点则曰之“奇技淫巧”，私觉得好的数学证实应当避免这些奇技淫巧，多遵循基本技巧和方法，若老是依仗一些奇思妙想不免让人对数学望而却步，读者也难以师法其中。以下即是我所寻求到的自认为能够理解掌握的、能从中吸收到有用经验的证实方法，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，因为f(x)和g(x)在[x, x₀]上知足使用柯西中值定理的条件，因此有

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

这里c ∈ (x, x₀)。由于要求的是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，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，而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，这须要保证g(x)在对应的定义域[x, x₀]内不等于0才行。由于lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此在a的某一近旁内必有g(x) ≠ 0，因此只要把x₀选定在使得g(x) ≠ 0的a的近旁内就能够保证“分子分母同时除以g(x)”的运算顺利进行。

而后想令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状况下不容易肯定$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$的趋向，因此这种思路行不通。当我想要放弃寻求能够理解掌握的∞/∞型洛必达法则的证实方法时，还好看到了Calculus with analytic geometry, 2nd Edition, George F. Simmons, p407上面的相关证实，从中得到启示后我对上面的思路进行了修改，而后获得了一个本身较为满意的证实。

在上面证实一开始那里，要知道x₀是能够在(a, b)内随意选取的，所以能够将x₀选得足够靠近a，由于x < c < x₀而且$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，因此这种状况下$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也比较靠近L，而后再来看上面获得的等式

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

当x → a⁺时，由于lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 1$，$\frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 0$，以致于能够肯定等式右边靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，即$\frac{f(x)}{g(x)}$很是靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，而$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$又比较靠近L，因此$\frac{f(x)}{g(x)}$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这种作法并不是是添加额外的解题条件，而是为了利用题设中的条件$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$。下面是这种证实思路的严谨数学表达。

证实：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，显然x < x₀，因为f(x)和g(x)在[x, x₀]上知足使用柯西中值定理的条件，因此有

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

这里c ∈ (x, x₀)。由于要求的是$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$，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，而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，这须要保证g(x)在对应的定义域[x, x₀]内不等于0才行。由于lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此存在δ₀ > 0使得g(x) > 0于xϵ(a, a + δ₀]成立，这里δ₀需知足a + δ₀ < b。顺便声明：本证实中全部的δ_i(i = 0, 1, 2…)都 > 0且知足a + δ_i < b，不可贵出这样的δ_i是始终存在的。为了使得g(x) > 0在[x, x₀]上成立，因此可指定能在(a, b)内任意选定的x₀ = a + δ₀。

当x → a⁺时，$1 - \frac{g\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 1$，$\frac{f\left( x_{0} \right)}{g\left( x \right)} \rightarrow 0$，因此（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$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$，这时若能肯定$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也逼近L，那么本证实便大功告成。

由于$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以对于任意的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$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足这个不等式，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$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$能够任意程度地逼近L，因此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）上述证实过程当中，从说明“x → a⁺时$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$会很是靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$”开始能够换做下面的表述：$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$和$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$的差能够定义为

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

为了说明x → a⁺时两者会很是靠近，咱们须要证实的是：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）进行放缩以获得这种不等式。

由于$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以对于任意的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$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足这个不等式，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$|\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}{| < |L| + \epsilon}_{1}$.

由于lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此对于任意的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）和上述获得的不等式有

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

由于ε₁和ε₂都是任意给定的正实数，因此(|L| + ϵ₁) × ε₂也能够是任意给定的正实数，这就说明了“x → a⁺时$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$会很是靠近$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$”。

要证实∞/∞型洛必达法则等同于最终构造出相似于下面这种不等式

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

接下来将结合上面获得的不等式来构造它。由于$L - \epsilon_{1} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{1} \Leftrightarrow \left| L - \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} \right| < \epsilon_{1}$，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，由于ε₁和ε₂都是任意给定的正实数，因此ε也能够是任意给定的正实数，所以只要取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！

之因此补充上面这种写法为的仍是所谓的严谨吧。

（3）由

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

获得和$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$关联的等式的另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同样，为的是相乘后消去分母g(x) − g(x₀)，而后分母便成了g(x)，而分子里含有f(x)，这会为接下来等式里出现$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$奠基基础），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$\frac{g(x) - g(x_{0})}{g(x)}$，一样须要说明做为分母的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∞/∞型洛必达法则的证实，也以为那是能够理解掌握的、能从中吸收到有用经验的证实，故翻译并整理于下。

证实：由于$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以对于任意的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。顺便声明本证实中全部的δ_i(i = 1, 2, 3…)都 > 0且知足a + δ_i < b这个条件，不可贵出这样的δ_i是始终存在的。

取常数t = a + δ₁，取x ∈ (a, t)，因为f(x)和g(x)在[x, t]上知足使用柯西中值定理的条件，因此有

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

其中cϵ(x, t)，进一步能够得出

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

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$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$，可是$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$的正负会影响到不等号的改变，所以有必要先肯定该式的正负——由于lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此存在δ₂ > 0使得g(x) > g(t)于xϵ(a, a + δ₂)成立，以致于$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)} = 1 - \frac{g\left( t \right)}{g\left( x \right)} > 0$，所以将上面这个不等式乘上$\frac{g(x) - g(t)}{g(x)}$后就有

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

进一步变形可获得

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

由于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$\frac{- Lg\left( t \right) - \frac{\epsilon}{2}g\left( t \right) + f(t)}{g(x)}$均小于$\frac{\epsilon}{2}$于xϵ(a, a + δ₃)成立，以致于只要取 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，今后处至文末的内容是为想要继续深刻学习∞/∞型洛必达法则证实方法的学生准备的，也不难，而且读来有益！

经过上面两种证实方法我想到了另一种相似的证实∞/∞型洛必达法则的方法。思路是经过上面获得的关于$\frac{f\left( x \right)}{g\left( x \right)}$的等式

构造出形如

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

的不等式来证实。

证实过程：取任意的x₀ ∈ (a, b)、x ∈ (a, x₀)，显然x < x₀，因为f(x)和g(x)在[x, x₀]上知足使用柯西中值定理的条件，因此有

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

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

进一步可得

接下来的思路是结合等式

构造出形如

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

的不等式来证实∞/∞型洛必达法则。首先要作的是结合（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作准备。

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

由于$\lim_{x \rightarrow a}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以对于任意的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$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足这个不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}（这种取法的另外一个缘由是为了保证上面获得的不等式在成立的范围内“均可以”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，天然就有$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{2}$.

根据等式

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

而后结合上面获得的不等关系能够得出

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

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

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

由于lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此对于任意的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。为了让这里获得的不等式也能应用到基于等式（1）的不等式构造上来，一样须要令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，由于ε₁和ε₃都是任意给定的正实数，因此ε也是任意给定的正实数，以致于只要取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实的从

里的各项找寻相关的不等关系来构造出形如

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

的不等式来证实∞/∞型洛必达法则的方法。

由于lim_{x → a⁺}g(x) = ∞，因此对于任意的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。

由于$\lim_{x \rightarrow a^{+}}\frac{f^{'}(x)}{g^{'}\left( x \right)} = L$，所以对于任意的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$\frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)}$也知足这个不等式，令能任意指定的x₀ = min{a + δ₀, a + δ₁, a + δ₂}（这种取法的另外一个缘由是为了保证上面获得的不等式在成立的范围内“均可以”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，天然就有$L - \epsilon_{2} < \frac{f^{'}\left( c \right)}{g^{'}\left( c \right)} < {L + \epsilon}_{2}$.

结合上面准备好的不等式，咱们有

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

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)，可是能够令ε = max{ϵ₁ϵ₂ + Lϵ₁ + ϵ₂ + ϵ₁, ϵ₁ϵ₂ − (Lϵ₁+ϵ₂+ϵ₁)}，由于ε₁和ε₃都是任意给定的正实数，因此ε也是任意给定的正实数，以致于只要取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↩