洛必達法則的證明與可用條件

Ofnoname發表於2024-11-14

洛必達法則(L'Hôpital's Rule)是一個用於處理極限中不定型的有效工具,尤其是在極限形式為 $ \frac{0}{0} $ 或 $ \frac{\infty}{\infty} $ 時,能有效地透過導數簡化極限計算。它通常用於計算一些看似複雜的極限問題,尤其當函式的形式比較難直接求解時。

洛必達法則定義

洛必達法則的基本內容是:設 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 是在某鄰域內可導的函式,如果在某點 $ c $ 附近存在以下情形($ c $ 可以是有限值或無窮):

  • 極限形式為 $ \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 $ 的某去心鄰域記憶體在,並且 $ g'(x) \neq 0 $ 在該鄰域內。

那麼,如果極限 $ \lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)} $ 存在或者為無窮大,則有:

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

一句話來說,洛必達法則透過求導來簡化不定型極限的計算

洛必達法則證明

證明洛必達法則只需要導數的定義和柯西中值定理。

這裡證明其中一種情況,設 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 在 $ c $ 點附近(即某個去心鄰域內)可導,並且 $ g'(x) \neq 0 $ ,並且滿足:

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

柯西中值定理(Cauchy Mean Value Theorem)告訴我們,對於兩個在區間 $ (c, x) $ 上可導的函式 $ f(x) $ 和 $ g(x) $,存在一個點 $ \xi \in (c, x) $ 使得:

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

因為 $ f(c) = g(c) = 0 $,所以我們有:

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

當 $ x \to c $ 時,$ \xi \to c $,因此:

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

由此得出洛必達法則。

回顧洛必達法則的適用條件

洛必達法則適用的前提條件包括:

  1. 不定型條件:要求極限為 $ \frac{0}{0} $ 或 $ \frac{\infty}{\infty} $。如果極限形式不是這兩種,則不能直接使用洛必達法則。

  2. 可導性:函式 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 在點 $ c $ 附近必須是可導的。且$ g'(x) $ 必須在鄰域內不為零,以保證分母在求極限時不會出現零除。導數的存在性常常被忘記,需要特別注意。

在以上兩點滿足的情況下,透過應用洛必達法則後,得到的新極限必須存在或趨向無窮大。若新極限 \(\lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)}\) 廣義存在(為有限值或無窮大),則原極限也存在也和新極限相等。但是,若新極限不存在,則不能確認原極限是否存在,原極限仍有可能存在,需要使用其他方法。

如果得到的極限形式仍然是 $ \frac{0}{0} $ 或 $ \frac{\infty}{\infty} $,滿足相應條件時可以再次應用洛必達法則。

應用示例

示例 1:使用洛必達法則簡化計算

考慮極限問題:

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

直接代入 ( x = 0 ) 得到形式為 ( \frac{0}{0} ),符合洛必達法則的條件。我們對分子和分母分別求導:

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

它們的導數分別是:

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

因此,極限變為:

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

化簡後得到:

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

也可以再次應用洛必達法則。

示例 2:洛必達法則不可用的情況

考慮極限問題:

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

首先,代入 $ x = 0 $ 得到的形式為 $ \frac{0}{0} $,符合洛必達法則的條件。我們對分子和分母分別求導:

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

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

現在我們得到新極限:

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

由於分子中的項 $ \cos\left(\frac{1}{x}\right) $ 會反覆震盪,而 $ 2x \sin\left(\frac{1}{x}\right) $ 趨近於零,因此,極限不存在。但是實際上,原極限存在並等於 0,計算非常簡單。

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