洛必达法则及完整尾部论证

证明

下文所用的先修证明

固定整数 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用欧几里得范数。集合若包含在某个有限半径的球内，就称为有界；若补集是开集，就称为闭集；若它的每个由 $\mathbb R^n$ 中开集组成的覆盖都有有限子覆盖，就称为紧集。我们使用实数完备性，包括闭区间套性质。

有限维欧几里得空间的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，当且仅当它闭且有界。空集具有这三种性质。

紧致推出有界。 开球 $B(0,m)$（整数 $m\ge1$）覆盖 $K$。取有限子覆盖后，$K$ 包含在其中最大的球内。

紧致推出闭。 设 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。开球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆盖 $K$。取中心为 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆盖，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 为中心的所选球内，三角不等式给出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不与 $K$ 相交，补集是开集。

闭且有界推出紧致。 设非空的 $K$ 闭且有界，把它包含在闭立方体 $Q_0=[-M,M]^n$ 内，其中 $M>0$。假设 $K$ 的某个开覆盖没有有限子覆盖。把每个坐标区间分成两个闭半区间，所得 $2^n$ 个闭子立方体覆盖 $Q_0$。至少一个子立方体与 $K$ 的交集不能由给定覆盖族有限覆盖；否则把有限多个有限子覆盖合并，就能覆盖 $K$。选取这样的子立方体并重复，得到闭立方体套 $Q_j$，其边长为 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆盖，因而非空。

对每个坐标使用闭区间套性质，得到公共坐标值；合起来得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意两点的距离不超过 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。选取 $x_j\in K\cap Q_j$，则 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。闭集包含这种极限：若 $p$ 在开补集中，$p$ 周围某个开球就会使最终的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆盖中有一个成员 $O$ 含 $p$，由开放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。当 $j$ 足够大时，$Q_j$ 的每点到 $p$ 的距离都小于 $\varepsilon$，于是单个 $O$ 就覆盖 $K\cap Q_j$，与 $Q_j$ 的选取矛盾。因此每个开覆盖都有有限子覆盖。这里 $2^n$ 是有限数；若改成无限多个子块，这个论证就不再成立。

连续像与极值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 紧致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相对于 $K$ 连续，则 $F(K)$ 紧致。特别地，非空紧集 $K$ 上的连续函数 $f:K\to\mathbb R$ 有界，并达到最大值和最小值。

证明。 $F(K)$ 的开覆盖 $(O_i)$ 的原像是相对开集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中开。这些 $U_i$ 覆盖 $K$，所以有限多个足够。对应的 $O_i$ 覆盖 $F(K)$，证明了像的紧致性。对标量函数 $f$，由已证明定理的一维情形，其像非空、闭且有界。令 $a=\sup f(K)$。对每个 $j\ge1$，由上确界定义，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。于是 $y_j\to a$，闭性使 $a$ 属于像，所以最大值可达。对 $-f$ 使用同一论证即得最小值。该结论证明存在性，而不提供极大点的计算公式。

费马必要条件。 在可微的内点局部最大值或最小值处，$f'(a)=0$。

证明。 在局部最大值处，充分小的正增量给出非正差商，负增量给出非负差商。双侧导数的极限要同时满足两种符号，只能为零。对函数取负处理最小值。$\square$

内点条件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的极值出现在端点，尽管导数为 1。逆命题不成立：$x^3$ 在零处导数为零，但那里不是极值。

Rolle 定理。 若 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上连续、在 $(a,b)$ 上可微，且 $f(a)=f(b)$，则存在 $c\in(a,b)$ 使 $f'(c)=0$。

证明。 极值定理保证最大值和最小值存在。若函数为常数，任意内点均符合要求。否则某值不同于相等的端点值，因此最大值或最小值之一出现在内部。可在该处应用费马条件。$\square$

定理：Cauchy 中值定理

若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 连续、在 $(a,b)$ 可微，且 $a<b$，则存在 $c\in(a,b)$ 使

$$[f(b)-f(a)]g'(c)=[g(b)-g(a)]f'(c).$$

证明。 辅助函数 $H(t)=[f(b)-f(a)]g(t)-[g(b)-g(a)]f(t)$ 在两个端点的值相等。由 Rolle 定理，$H'(c)=0$，恰得到上述恒等式。即使写成比值时分母为零，该恒等式仍成立；若要相除写出导数比，须单独检查分母，这是洛必达法则证明中的关键。

学习目标与精确的单侧情形

辨认真正的不定式，证明法则而不是把导数相除当作代数约分，并区分充分条件和必要条件。设 $f,g$ 在从左侧趋近端点 $b$ 的开区间上可微，该端点可以是有限实数或 $+\infty$。假设在充分靠近端点的整个区间上 $g'$ 非零。右侧趋近及负无穷的对应情形可通过反转坐标得到。

Cauchy 中值定理说明，对不同的内部点 $x,y$，它们之间存在 $c$，使得

$$\frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}.$$

分母 $g(x)-g(y)$ 不可能为零，否则对 $g$ 应用 Rolle 定理会在两点之间产生导数零点。这也说明 $g$ 在该区间至多取每个值一次，包括零。故可缩短趋近区间，确保 $g\ne0$，使所需商有定义。

定理：导数之比趋于有限极限

当趋近端点时若 $f'/g'\to L\in\mathbb R$，并且满足下列任一情形，则 $f/g\to L$：（i）$f,g\to0$；（ii）$|g|\to\infty$。在情形（ii）中，不必额外假设 $f$ 无界。

情形（i）的证明。 令 $h=f-Lg$。给定 $\varepsilon>0$，在充分靠近端点的整个区间有 $|h'/g'|<\varepsilon$。对该区间任意两点，Cauchy 定理给出 $|h(x)-h(y)|\le\varepsilon|g(x)-g(y)|$。固定 $x$，令 $y$ 趋近端点；由于 $h(y),g(y)\to0$，得到 $|h(x)|\le\varepsilon|g(x)|$，因而 $|f(x)/g(x)-L|\le\varepsilon$。即使端点为无穷，该论证仍有效，无须把无穷当作连续函数取值的端点。

情形（ii）的证明。 给定 $\eta>0$，取 $\varepsilon=\eta/4$。同样令 $h=f-Lg$，在充分靠近端点的区间内使导数之比的绝对值小于 $\varepsilon$，并固定该区间一点 $x_0$。对 $x_0$ 与更靠后的一点 $x$ 应用 Cauchy 定理，得到 $|h(x)-h(x_0)|\le\varepsilon|g(x)-g(x_0)|$。因此

$$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-L\right| \le\frac{|h(x_0)|}{|g(x)|}+\varepsilon\left|1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\right|.$$

当 $x$ 充分靠近端点时，第一项小于 $\eta/2$，第二项中的绝对值因子小于 $2$，故总误差小于 $\eta/2+2(\eta/4)=\eta$。由 $\eta>0$ 的任意性，商趋于 $L$。

定理：导数之比趋于无穷

在相同的分母假设下，若 $f'/g'\to+\infty$，则情形（i）、（ii）中均有 $f/g\to+\infty$；趋于 $-\infty$ 的情形反转符号即可。

证明。 对任意实阈值 $M$，在充分靠近端点的区间有 $f'/g'>M$。由 Cauchy 定理，每个增量之比大于 $M$。在情形（i）中，固定 $x$，令另一点趋近端点，得 $f(x)/g(x)\ge M$。由于 $M$ 可以大于任意指定阈值，商趋于 $+\infty$。在情形（ii）中，固定 $x_0$，把增量之比记为 $R(x)>M$：

$$\frac{f(x)}{g(x)}=R(x)\left(1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\right)+\frac{f(x_0)}{g(x)}.$$

当 $M>0$ 且 $x$ 充分靠近端点时，乘因子大于 $1/2$，并且 $f(x_0)/g(x)>-1$，因此 $f(x)/g(x)>M/2-1$。令 $M$ 任意大便证明商趋于 $+\infty$。对 $-f$ 应用同一结果即可处理负无穷极限。

例子与诊断

幂式须先取对数。 当 $x\to\infty$ 时，$x^{1/x}>0$，其对数为 $\ln x/x$。分母趋于无穷，导数之比满足 $1/x\to0$；由已证明的法则，对数极限为零，再由指数函数连续性得 $x^{1/x}\to1$。直接对原幂式的分子与分母求导并不是此法则的应用。

不是每个商都是不定式。 当 $x\to0$ 时，由连续性得 $(1+x)/(2+x)\to1/2$。若对分子分母求导，会得到错误结果一，因为既不是零比零，也不是无界分母情形。

法则不能反过来用。 当 $x\to\infty$ 时，令 $f=x+\sin x$、$g=x$，则 $f/g=1+\sin x/x\to1$，但 $f'/g'=1+\cos x$ 不存在极限。即使导数之比没有极限，原商仍可能有极限。

分级练习

1. 基础。 计算 $\lim_{x\to0}(e^x-1)/x$，写明所需假设。
2. 核心。 计算 $\lim_{x\to\infty}\ln x/\sqrt x$。
3. 核心。 把 $\lim_{x\downarrow0}x\ln x$ 转为可使用法则的商并计算极限。
4. 证明。 解释为什么分母导数有无穷多个趋向端点的零点、使每个尾区间都有零点，会阻止直接使用所述定理，但本身不能证明原商没有极限；并给出例子。

完整解答

1. 两个函数都趋于零，分母导数为一，导数之比满足 $e^x\to1$，故极限为一。这与指数函数在零处的导数定义一致。
2. 分母趋于无穷，其导数为 $1/(2\sqrt x)\ne0$，导数之比为 $(1/x)/(1/(2\sqrt x))=2/\sqrt x\to0$，故极限为零。
3. 写成 $x\ln x=\ln x/(1/x)$。分母趋于无穷且其导数 $-1/x^2\ne0$；导数之比满足 $-x\to0$。由情形（ii）的右侧版本，极限为零。
4. 定理要求整个趋近区间上导数无零点，因此反复出现且趋向端点的导数零点违反这一充分条件。取 $f(x)=g(x)=x+\sin x$，令 $x\to\infty$，则 $g'=1+\cos x$ 有无穷多个零点，但在充分大的 $x$ 上 $f/g$ 恒为一。条件失效只意味着不能使用该定理，不代表结论错误。

总结与术语

不定式描述单凭该极限形式不能决定商极限的情形。导数之比法则是充分性的极限定理，不是对微分符号做约分。最终成立的假设必须在整个尾区间上成立。Cauchy 定理控制增量之比，再利用端点极限或无界分母消除基点的值，证明原商的极限。