Beweisarchiv: Analysis: Differentialrechnung: L'Hospitalsche Regel

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Der geläufigste Beweis der Regeln von L'Hospital benutzt den Mittelwertsatz von Cauchy.

Voraussetzung

Sei $a<b$ und seien die Funktionen $f,g\colon (a,b)\to\R$ auf dem offenen Intervall $(a,b)$ stetig und differenzierbar. Es sei $\lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0$ und es existiere der Grenzwert

$\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}.$

Behauptung

Dann gilt

$\lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)},$

d.h. der Grenzwert links existiert und hat den angegebenen Wert.

Beweis

Wir dürfen $f$ und $g$ nach $a$ fortsetzen, indem wir $f(a)=g(a)=0$ setzen. Nach Voraussetzung sind die Funktionen dann auch in $a$ stetig.

Damit $\lim_{x\to a} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ existiert, darf für keine gegen $a$ konvergente Folge von Stellen $x$ der Nenner $g'(x)=0$ sein, insb. gibt es ein $\varepsilon>0$ mit $g'(x)\ne 0$ für $a<x<a+\varepsilon$.

Für $0<h<\varepsilon$ sind also $f,g$ auf $[a,a+h]$ stetig, auf $(a,a+h)$ differenzierbar und $g'$ verschwindet nirgends in $(a,a+h)$. Es darf daher der (erweiterte) Mittelwertsatz der Differentialrechnung angewendet werden, d.h. es gibt zu jedem $h$ mit $0<h<\varepsilon$ ein $c_h$ mit $a < c_h < a + h$, so dass gilt:

${f'(c_h) \over g'(c_h)} = {f(a + h) - f(a) \over g(a + h) - g(a)} = {f(a + h)\over g(a + h)}$,

hierbei Letzteres wegen $f(a) = g(a) = 0$.

Wenn $h \to 0$, dann $c_h\to a$, also

$\lim_{x\to a}{f'(x)\over g'(x)} = \lim_{h\to 0}{f'(c_h)\over g'(c_h)} = \lim_{h\to 0}{f(a+h) \over g(a+h)} = \lim_{x\to a}{f(x) \over g(x)}$,

was zu zeigen war.

Eine andere Version der Regel von L'Hospital, die nicht sofort aus der eben gezeigten folgt, ist die folgende:

Voraussetzung

Sei $a\in \R$ und seien die Funktionen $f,g\colon (a,\infty)\to\R$ auf dem offenen Intervall $(a,\infty)$ stetig und differenzierbar. Es sei $\lim_{x\to \infty}g(x)=+\infty$ und es existiere der Grenzwert

$\lim_{x\to \infty} \frac{f'(x)}{g'(x)}.$

Behauptung

Dann gilt

$\lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to \infty} \frac{f'(x)}{g'(x)},$

d.h. der Grenzwert links existiert und hat den angegebenen Wert.

Beweis

Für jedes $\varepsilon>0$ gibt es ein $\alpha>a$, sodass

$\left|\frac{f'(x)}{g'(x)} - L\right| < \frac{\varepsilon}{4} \quad \text{for } x> \alpha.$

Weil $g$ gegen $\infty$ divergiert, gibt es ein $\beta>\alpha$ mit

$g(x)>g(\alpha) \quad \text{für } x> \beta.$

Nun definieren wir eine neue Funktion $h: ]\beta,\infty[ \to \R$ mittels

$h(x) = \frac{f(x)-f(\alpha)}{g(x)-g(\alpha)}$

Nach Wahl von $\beta$ ist der Nenner niemals Null, die Funktion ist also sinnvoll definiert.

Nun gilt für alle $x>\beta$:

$h(x)-L = \frac{f(x)-f(\alpha)}{g(x)-g(\alpha)}-L = \frac{f(x)-f(\alpha)-Lg(x)+Lg(\alpha)}{g(x)-g(\alpha)} = \frac{f(x)-Lg(x)+Lg(\alpha)-f(\alpha)}{g(x)-g(\alpha)} =\frac{\frac{f(x)}{g(x)}-L+\frac{Lg(\alpha)-f(\alpha)}{g(x)}}{1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}}.$

Dies lösen wir nach $\frac{f(x)}{g(x)}-L$ auf und erhalten:

$\frac{f(x)}{g(x)} -L= (h(x)-L)\left(1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}\right)+\frac{f(\alpha)-Lg(\alpha)}{g(x)}.$

Nun nehmen wir den Betrag auf beiden Seiten und erhalten mit der Dreiecksungleichung:

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} -L\right| \leq |h(x)-L| \left|1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}\right| + \frac{\left| f(\alpha)-Lg(\alpha)\right|}{|g(x)|} .$

Wir müssen nun noch zeigen, dass dieser Ausdruck kleiner als $\varepsilon$ wird, wenn $x$ groß genug wird.

Weil $g(x)$ gegen unendlich geht, erhalten wir die folgenden Grenzwerte:

$\lim_{x\to\infty} \left|1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}\right| = 1 \quad$ und $\quad \lim_{x\to\infty}\frac{\left| f(\alpha)-Lg(\alpha)\right|}{|g(x)|} = 0$.

Weil $\left|1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}\right|$ gegen 1 konvergiert, wird es irgendwann kleiner als 2 sein. Und weil $\frac{\left| f(\alpha)-Lg(\alpha)\right|}{|g(x)|}$ gegen 0 konvergiert, wird es irgendwann kleiner als $\frac{\varepsilon}{2}$ sein. Kombinieren wir diese beiden Ideen, so wissen wir, dass es ein $\gamma>\beta$ gibt, sodass für alle $x>\gamma$ die beiden folgenden Abschätzungen gelten:

$\left|1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}\right| < 2$ und $\frac{\left| f(\alpha)-Lg(\alpha)\right|}{|g(x)|} < \frac{\varepsilon}{2}$.

Nun, wo wir die Zahl $\gamma$ fixiert haben, sei $x$ eine beliebige reelle Zahl größer als $\gamma$. Dann gilt:

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} -L\right| \leq |h(x)-L| \underbrace{\left|1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}\right|}_{<2} + \underbrace{\frac{\left| f(\alpha)-Lg(\alpha)\right|}{|g(x)|}}_{<\varepsilon/2} < |h(x)-L|\cdot 2 + \frac{\varepsilon}{2}.$

Der Ausdruck $|h(x)-L|$ wird nun mit Cauchy's Mittelwertsatz behandelt:

$|h(x)-L| = \left|\frac{f(x)-f(\alpha)}{g(x)-g(\alpha)}-L\right| = \left|\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}-L\right|<\frac{\varepsilon}{4}.$

Die Zahl $\xi$ liegt irgendwo zwischen $\alpha$ und $x$ und die letzte Abschätzung folgt aus der Definition von $\alpha$ am Beginn dieses Beweises.

Zusammengefasst heißt das nun, dass wir für jedes $\varepsilon>0$ eine Zahl $\gamma$ konstruiert haben, sodass für alle $x>\gamma$ gilt:

$\left|\frac{f(x)}{g(x)} -L\right| < |h(x)-L|\cdot 2 + \frac{\varepsilon}{2} < \frac{\varepsilon}{4}\cdot 2 + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$

Das war zu zeigen.