Beweisarchiv: Analysis: Differentialrechnung: L'Hospitalsche Regel

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Integralrechnung: Gaußsches Integral

Konvexität und Stetigkeit

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

Voraussetzung

Sei $a<b$ und seien die Funktionen $f,g\colon [a,b]\to \mathbb {R}$ stetig und auf dem offenen Intervall $(a,b)$ 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 $g'(x)\neq 0$ 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 $a\in \mathbb {R}$ und seien die Funktionen $f,g\colon (a,\infty )\to \mathbb {R}$ auf dem offenen Intervall $(a,\infty )$ stetig und differenzierbar. Es sei $\lim _{x\to \infty }g(x)=+\infty$ und es existiere der Grenzwert

$\lim _{x\to \infty }{\frac {f'(x)}{g'(x)}}=L.$

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

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

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 $h:]\beta ,\infty [\to \mathbb {R}$ 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.