一般在大一微積分教科書中，往往是用柯西均值定理來證明羅必達法則。
除此之外，還有別的證明方式嗎？
仔細想想，羅必達1雖然不是羅必達發現的，但是他首先寫在教科書上的。是十七世紀的數學家，柯西則是十九世紀數學家，想必一開始肯定不是用柯西均值定理證明的。
本文便分享一個不使用柯西均值定理的證明方法2但並非羅必達當初所使用的方法。。
首先注意，我們只須證明左極限，於是右極限便同理。
假定\(\lim\limits_{x\to a^-}f(x)=\lim\limits_{x\to a^-}g(x)=0\)，
由於\(\lim\limits_{x\to a^-}g'(x)\neq0\)（由羅必達法則的敘述），
所以\(g'(x)\)在\(x=a\)的某個近旁
（開區間\((a-k_1, a)\)，其中\(k_1\)是足夠小的正數）
恆正或恆負，不失一般性，可假設\(g'(x)\)在\(x=a\)的近旁恆正。
現在欲證\begin{align}\lim_{x\to a^-}\frac{f(x)}{g(x)}= L\end{align}
| 證明的思路：對於任意小的正數\(\epsilon\)，都能找到足夠靠近\(a\)的\(x\)使下式成立 \begin{align}L-\epsilon\leq\frac{f(x)}{g(x)}\leq L+\epsilon\end{align} 這樣，因為\(\epsilon\)可以任意小，便足以說明極限值為\(L\)。 |
首先因為\begin{align}\lim_{x\to a^-}\frac{f'(x)}{g'(x)}=L\end{align}
我們可以說：給定任意正數\(\epsilon\)，
我們都能找到\(x=a\)的某個近旁
（開區間\((a-k_2, a)\)，其中\(k_2\)是足夠小的正數）使得
\begin{align}L-\epsilon\leq\frac{f'(x)}{g'(x)}\leq L+\epsilon\end{align}
在這近旁成立。現在取\(k=\min\big\{k_1,k_2\big\}\)，
於是考慮\(x=a\)的某個近旁（開區間\((a-k, a)\)），
式子(1)皆成立（因為\(k\leq k_2\)）且\(g'(x)>0\)（因為\(k\leq k_1\)），
於是將式子(1)同乘以\(g'(x)\)得到
\begin{align}\big(L-\epsilon\big)g'(x)\leq f'(x)\leq\big(L+\epsilon\big)g'(x)\label{eq5}\end{align}
現在將式子 (??) 整個一起積分，得到
\begin{align}-\big(L-\epsilon\big)g(x)\leq -f(x)\leq-\big(L+\epsilon\big)g(x)\end{align}
| 為何會多個負號？這是因為我們現在考慮的是左極限，\(x\)位於\(a\)的左邊， 所以剛剛積分的範圍是\((x,a)\)，這樣就會多負號了。 例：\begin{align}\,F(x)=&\,\int_a^x f(t) \mathop{}\mathrm{d} t\quad\Rightarrow F'(x)=f(t)\\G(x)=&\,\int_x^a g(t) \mathop{}\mathrm{d} t\quad\Rightarrow G'(x)=-g(t)\end{align} |
現在注意，由於\(g(x)\)在\((x,a)\)是遞增到\(0\)的，
這說明\(g(x)\)在\((x,a)\)是負的，所以
將式子(3)同除以\(-g(x)\)得到
\begin{align}L-\epsilon\leq \frac{f(x)}{g(x)}\leq L+\epsilon\end{align}
由於\(\epsilon\)可任意小，這就說明
\begin{align}\lim_{x\to a^-}\frac{f(x)}{g(x)}= L\end{align}
給本文評個分
- 1雖然不是羅必達發現的，但是他首先寫在教科書上的。
- 2但並非羅必達當初所使用的方法。