洛必達法則及完整尾部論證

證明

下文所用的先修證明

固定整數 $n\ge1$，在 $\mathbb R^n$ 上使用歐幾里得範數。集合若包含在某個有限半徑的球內，就稱為有界；若補集是開集，就稱為閉集；若它的每個由 $\mathbb R^n$ 中開集組成的覆蓋都有有限子覆蓋，就稱為緊集。我們使用實數完備性，包括閉區間套性質。

有限維歐幾里得空間的 Heine–Borel 定理

定理。 集合 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，當且僅當它閉且有界。空集具有這三種性質。

緊致推出有界。 開球 $B(0,m)$（整數 $m\ge1$）覆蓋 $K$。取有限子覆蓋後，$K$ 包含在其中最大的球內。

緊致推出閉。 設 $K\ne\varnothing$ 且 $y\notin K$。開球 $B(x,\|x-y\|/2)$（$x\in K$）覆蓋 $K$。取中心為 $x_1,\ldots,x_r$ 的有限子覆蓋，令 $\delta=\min_i\|x_i-y\|/2>0$。若 $z$ 在以 $x_i$ 為中心的所選球內，三角不等式給出 $\|z-y\|>\|x_i-y\|/2\ge\delta$。所以 $B(y,\delta)$ 不與 $K$ 相交，補集是開集。

閉且有界推出緊致。 設非空的 $K$ 閉且有界，把它包含在閉立方體 $Q_0=[-M,M]^n$ 內，其中 $M>0$。假設 $K$ 的某個開覆蓋沒有有限子覆蓋。把每個坐標區間分成兩個閉半區間，所得 $2^n$ 個閉子立方體覆蓋 $Q_0$。至少一個子立方體與 $K$ 的交集不能由給定覆蓋族有限覆蓋；否則把有限多個有限子覆蓋合併，就能覆蓋 $K$。選取這樣的子立方體並重複，得到閉立方體套 $Q_j$，其邊長為 $2M/2^j$，且 $K\cap Q_j$ 不能被有限覆蓋，因而非空。

對每個坐標使用閉區間套性質，得到公共坐標值；合起來得到 $p\in\bigcap_jQ_j$。$Q_j$ 中任意兩點的距離不超過 $2M\sqrt n/2^j$，所以交集中只有 $p$。選取 $x_j\in K\cap Q_j$，則 $\|x_j-p\|\le2M\sqrt n/2^j\to0$。閉集包含這種極限：若 $p$ 在開補集中，$p$ 周圍某個開球就會使最終的 $x_j$ 落在 $K$ 外，矛盾。因此 $p\in K$。

覆蓋中有一個成員 $O$ 含 $p$，由開放性，存在 $\varepsilon>0$ 使 $B(p,\varepsilon)\subseteq O$。當 $j$ 足夠大時，$Q_j$ 的每點到 $p$ 的距離都小於 $\varepsilon$，於是單個 $O$ 就覆蓋 $K\cap Q_j$，與 $Q_j$ 的選取矛盾。因此每個開覆蓋都有有限子覆蓋。這裏 $2^n$ 是有限數；若改成無限多個子塊，這個論證就不再成立。

連續像與極值

定理。 若 $K\subseteq\mathbb R^n$ 緊致，且 $F:K\to\mathbb R^m$ 相對於 $K$ 連續，則 $F(K)$ 緊致。特別地，非空緊集 $K$ 上的連續函數 $f:K\to\mathbb R$ 有界，並達到最大值和最小值。

證明。 $F(K)$ 的開覆蓋 $(O_i)$ 的原像是相對開集 $F^{-1}(O_i)=K\cap U_i$，其中 $U_i$ 在 $\mathbb R^n$ 中開。這些 $U_i$ 覆蓋 $K$，所以有限多個足夠。對應的 $O_i$ 覆蓋 $F(K)$，證明了像的緊致性。對標量函數 $f$，由已證明定理的一維情形，其像非空、閉且有界。令 $a=\sup f(K)$。對每個 $j\ge1$，由上確界定義，可取 $y_j\in f(K)$ 使 $a-1/j<y_j\le a$。於是 $y_j\to a$，閉性使 $a$ 屬於像，所以最大值可達。對 $-f$ 使用同一論證即得最小值。該結論證明存在性，而不提供極大點的計算公式。

費馬必要條件。 在可微的內點局部最大值或最小值處，$f'(a)=0$。

證明。 在局部最大值處，充分小的正增量給出非正差商，負增量給出非負差商。雙側導數的極限要同時滿足兩種符號，只能為零。對函數取負處理最小值。$\square$

內點條件很重要：$f(x)=x$ 在 $[0,1]$ 上的極值出現在端點，儘管導數為 1。逆命題不成立：$x^3$ 在零處導數為零，但那裡不是極值。

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

證明。 極值定理保證最大值和最小值存在。若函數為常數，任意內點均符合要求。否則某值不同於相等的端點值，因此最大值或最小值之一出現在內部。可在該處應用費馬條件。$\square$

定理：Cauchy 中值定理

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

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

證明。 輔助函數 $H(t)=[f(b)-f(a)]g(t)-[g(b)-g(a)]f(t)$ 在兩個端點的值相等。由 Rolle 定理，$H'(c)=0$，恰得到上述恆等式。即使寫成比值時分母為零，該恆等式仍成立；若要相除寫出導數比，須單獨檢查分母，這是洛必達法則證明中的關鍵。

學習目標與精確的單側情形

辨認真正的不定式，證明法則而不是把導數相除當作代數約分，並區分充分條件和必要條件。設 $f,g$ 在從左側趨近端點 $b$ 的開區間上可微，該端點可以是有限實數或 $+\infty$。假設在充分靠近端點的整個區間上 $g'$ 非零。右側趨近及負無窮的對應情形可通過反轉坐標得到。

Cauchy 中值定理說明，對不同的內部點 $x,y$，它們之間存在 $c$，使得

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

分母 $g(x)-g(y)$ 不可能為零，否則對 $g$ 應用 Rolle 定理會在兩點之間產生導數零點。這也說明 $g$ 在該區間至多取每個值一次，包括零。故可縮短趨近區間，確保 $g\ne0$，使所需商有定義。

定理：導數之比趨於有限極限

當趨近端點時若 $f'/g'\to L\in\mathbb R$，並且滿足下列任一情形，則 $f/g\to L$：（i）$f,g\to0$；（ii）$|g|\to\infty$。在情形（ii）中，不必額外假設 $f$ 無界。

情形（i）的證明。 令 $h=f-Lg$。給定 $\varepsilon>0$，在充分靠近端點的整個區間有 $|h'/g'|<\varepsilon$。對該區間任意兩點，Cauchy 定理給出 $|h(x)-h(y)|\le\varepsilon|g(x)-g(y)|$。固定 $x$，令 $y$ 趨近端點；由於 $h(y),g(y)\to0$，得到 $|h(x)|\le\varepsilon|g(x)|$，因而 $|f(x)/g(x)-L|\le\varepsilon$。即使端點為無窮，該論證仍有效，無須把無窮當作連續函數取值的端點。

情形（ii）的證明。 給定 $\eta>0$，取 $\varepsilon=\eta/4$。同樣令 $h=f-Lg$，在充分靠近端點的區間內使導數之比的絕對值小於 $\varepsilon$，並固定該區間一點 $x_0$。對 $x_0$ 與更靠後的一點 $x$ 應用 Cauchy 定理，得到 $|h(x)-h(x_0)|\le\varepsilon|g(x)-g(x_0)|$。因此

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

當 $x$ 充分靠近端點時，第一項小於 $\eta/2$，第二項中的絕對值因子小於 $2$，故總誤差小於 $\eta/2+2(\eta/4)=\eta$。由 $\eta>0$ 的任意性，商趨於 $L$。

定理：導數之比趨於無窮

在相同的分母假設下，若 $f'/g'\to+\infty$，則情形（i）、（ii）中均有 $f/g\to+\infty$；趨於 $-\infty$ 的情形反轉符號即可。

證明。 對任意實閾值 $M$，在充分靠近端點的區間有 $f'/g'>M$。由 Cauchy 定理，每個增量之比大於 $M$。在情形（i）中，固定 $x$，令另一點趨近端點，得 $f(x)/g(x)\ge M$。由於 $M$ 可以大於任意指定閾值，商趨於 $+\infty$。在情形（ii）中，固定 $x_0$，把增量之比記為 $R(x)>M$：

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

當 $M>0$ 且 $x$ 充分靠近端點時，乘因子大於 $1/2$，並且 $f(x_0)/g(x)>-1$，因此 $f(x)/g(x)>M/2-1$。令 $M$ 任意大便證明商趨於 $+\infty$。對 $-f$ 應用同一結果即可處理負無窮極限。

例子與診斷

冪式須先取對數。 當 $x\to\infty$ 時，$x^{1/x}>0$，其對數為 $\ln x/x$。分母趨於無窮，導數之比滿足 $1/x\to0$；由已證明的法則，對數極限為零，再由指數函數連續性得 $x^{1/x}\to1$。直接對原冪式的分子與分母求導並不是此法則的應用。

不是每個商都是不定式。 當 $x\to0$ 時，由連續性得 $(1+x)/(2+x)\to1/2$。若對分子分母求導，會得到錯誤結果一，因為既不是零比零，也不是無界分母情形。

法則不能反過來用。 當 $x\to\infty$ 時，令 $f=x+\sin x$、$g=x$，則 $f/g=1+\sin x/x\to1$，但 $f'/g'=1+\cos x$ 不存在極限。即使導數之比沒有極限，原商仍可能有極限。

分級練習

1. 基礎。 計算 $\lim_{x\to0}(e^x-1)/x$，寫明所需假設。
2. 核心。 計算 $\lim_{x\to\infty}\ln x/\sqrt x$。
3. 核心。 把 $\lim_{x\downarrow0}x\ln x$ 轉為可使用法則的商並計算極限。
4. 證明。 解釋為甚麼分母導數有無窮多個趨向端點的零點、使每個尾區間都有零點，會阻止直接使用所述定理，但本身不能證明原商沒有極限；並給出例子。

完整解答

1. 兩個函數都趨於零，分母導數為一，導數之比滿足 $e^x\to1$，故極限為一。這與指數函數在零處的導數定義一致。
2. 分母趨於無窮，其導數為 $1/(2\sqrt x)\ne0$，導數之比為 $(1/x)/(1/(2\sqrt x))=2/\sqrt x\to0$，故極限為零。
3. 寫成 $x\ln x=\ln x/(1/x)$。分母趨於無窮且其導數 $-1/x^2\ne0$；導數之比滿足 $-x\to0$。由情形（ii）的右側版本，極限為零。
4. 定理要求整個趨近區間上導數無零點，因此反覆出現且趨向端點的導數零點違反這一充分條件。取 $f(x)=g(x)=x+\sin x$，令 $x\to\infty$，則 $g'=1+\cos x$ 有無窮多個零點，但在充分大的 $x$ 上 $f/g$ 恆為一。條件失效只意味著不能使用該定理，不代表結論錯誤。

總結與術語

不定式描述單憑該極限形式不能決定商極限的情形。導數之比法則是充分性的極限定理，不是對微分符號做約分。最終成立的假設必須在整個尾區間上成立。Cauchy 定理控制增量之比，再利用端點極限或無界分母消除基點的值，證明原商的極限。