Beweisarchiv: Analysis: Differentialrechnung: L'Hospitalsche Regel

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

Voraussetzung

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

$\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}.$

Behauptung

Dann gilt

$\underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)},$

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

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

$\frac{f^{\prime }(c_h)}{g^{\prime }(c_h)}=\frac{f(a+h)-f(a)}{g(a+h)-g(a)}=\frac{f(a+h)}{g(a+h)}$,

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

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

$\underset{x\to a}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f^{\prime }(c_h)}{g^{\prime }(c_h)}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(a+h)}{g(a+h)}=\underset{x\to a}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}$,

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 $f,g:(a,\mathrm{\infty })\to ℝ$ auf dem offenen Intervall $(a,\mathrm{\infty })$ stetig und differenzierbar. Es sei $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}g(x)=+\mathrm{\infty }$ und es existiere der Grenzwert

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L.$

Behauptung

Dann gilt

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)},$

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

Beweis

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

$|\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}-L|<\frac{\epsilon }{4}\text{für }x>\alpha .$

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

$g(x)>g(\alpha )\text{für }x>\beta .$

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

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

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

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

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

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

$\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}|1-\frac{g(\alpha )}{g(x)}|=1$ und $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{|f(\alpha )-Lg(\alpha )|}{|g(x)|}=0$.

Weil $|1-\frac{g(\alpha )}{g(x)}|$ gegen 1 konvergiert, wird es irgendwann kleiner als 2 sein. Und weil $\frac{|f(\alpha )-Lg(\alpha )|}{|g(x)|}$ gegen 0 konvergiert, wird es irgendwann kleiner als $\frac{\epsilon }{2}$ 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:

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

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

$|\frac{f(x)}{g(x)}-L|\le |h(x)-L|\underset{<2}{\underbrace{|1-\frac{g(\alpha )}{g(x)}|}}+\underset{<\epsilon /2}{\underbrace{\frac{|f(\alpha )-Lg(\alpha )|}{|g(x)|}}}<|h(x)-L|\cdot 2+\frac{\epsilon }{2}.$

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

$|h(x)-L|=|\frac{f(x)-f(\alpha )}{g(x)-g(\alpha )}-L|=|\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}-L|<\frac{\epsilon }{4}.$

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 $\epsilon >0$ eine Zahl $\gamma$ konstruiert haben, sodass für alle $x>\gamma$ gilt:

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

Das war zu zeigen.