La prueba de la Regla de L'Hôpital para $\frac{\infty}{\infty}$

Question

Pido por la prueba de la regla de L'Hôpital para la forma indeterminada $\frac{\infty}{\infty}$ utilizando la regla de la forma $\frac{0}{0}$.

Teorema: Vamos a $f,g:(a,b)\to \mathbb{R}$ ser de dos funciones diferenciables tales como que: $\forall x\in(a,b)\ \ g(x)\neq 0\text{ and }g^{\prime}(x)\neq 0$ $\lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^+}g(x)=+\infty$ Si el límite de $$\lim_{x\to a^+}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$$ existe y es finito, entonces $$\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a^+}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$$

Mi intento: Desde $\lim_{x\to a^+}f(x)=+\infty$, $$\exists \delta>0:a<x<a+\delta<b\Rightarrow f(x)>0\Rightarrow f(x)\neq 0$$ Vamos $F,G:(a,a+\delta)\to \mathbb{R}$, $F(x)=\frac{1}{f(x)}$, $G(x)=\frac{1}{g(x)}$. Entonces, por la hipótesis de $\lim_{x\to a^+}F(x)=\lim_{x\to a^+}G(x)=0$, $$\forall x\in(a,b)\ \ G(x)\neq 0\text{ and }G^{\prime}(x)=-\frac{1}{g^2(x)}g^{\prime}(x)\neq 0$$ La pregunta es, ¿el límite de $$\lim_{x\to a^+}\frac{F^{\prime}(x)}{G^{\prime}(x)}=\lim_{x\to a^+}\frac{-\frac{1}{f^2(x)}f^{\prime}(x)}{-\frac{1}{g^2(x)}g^{\prime}(X)}=\lim_{x\to a^+}\frac{g^2(x)f^{\prime}(x)}{f^2(x)g^{\prime}(x)}$$ existir?

El límite $$\lim_{x\to a^+}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$$ exists by the hypothesis but we don't know if the limit $\displaystyle\lim_{x\to a^+}\frac{g^2(x)}{f^2(x)}$ exists to deduce that the limit $$\lim_{x\to a^+}\frac{F^{\prime}(x)}{G^{\prime}(x)}$$ exists to use the L'Hôpital Rule for the form $\frac{0}{0}$.

EDIT: Después de discutir con otros usuarios en el sitio, llegamos a la conclusión de que esta prueba es sólo parcial y no puede lógicamente ser continuada para producir el Teorema. Como resultado, la regla de la $\frac{0}{0}$ formulario no puede ser utilizado para probar la regla de la $\frac{\infty}{\infty}$ formulario. El señor Tavares y a mí ya se han dado dos pruebas diferentes (con el bastante mucho la misma idea principal) del Teorema en cuestión el uso de Cauchy del Valor medio Teorema. Usted puede leer a continuación. Usted también puede leer la prueba Rudin da para una versión más fuerte del Teorema (que no suponga que el $\lim_{x\to a^+}f(x)=+\infty$) en su libro Principio de Meathematical Análisis. Si usted tiene alguna objeción, ya sea en pruebas, por favor hágamelo saber. Gracias.

Answer 1

Vamos $$\begin{equation} \lim_{x\rightarrow a^{+}}\frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}=L. \tag{1} \end{equation}$$ A continuación, para cada una de las $\delta >0$ existe una verdadera $\beta \in \left( a,b\right) $ tal que para todos los $x\in \left( a,\beta \right) $ $$\begin{equation} \left\vert \frac{f^{\prime }(x)}{g^{\prime }(x)}-L\right\vert <\delta . \tag{2} \end{equation}$$ Deje $x\in \left( a,\beta \right) ,y\in \left( a,\beta \right) ,x<y$. Desde las funciones de $f,g$ es continua y diferenciable en a $\left[ x,y\right] $ podemos aplicar el Valor medio de Cauchy Teorema. En consecuencia, existe una $c\in \left[ x,y\right] \subset \left( a,\beta \right) $ tal que $$\begin{equation} \frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}=\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}. \tag{3} \end{equation}$$ Por tanto, para $x\in \left( a,\beta \right) ,y\in \left( a,\beta \right) ,x<y$ $$\begin{eqnarray} \left\vert \frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}-L\right\vert &<&\delta \\ \\&&\\ \left\vert \frac{f(x)/g(x)-f(y)/g(x)}{1-g(y)/g(x)}-L\right\vert &<&\delta . \tag{4} \end{eqnarray}$$ Suponga $\lim_{x\rightarrow a^{+}}f(x)=\lim_{x\rightarrow a^{+}}g(x)=+\infty $ y fix $y$. A continuación, $g(y)/g(x)\rightarrow 0$ y existe un $\gamma \en \left (\beta \right) $ such that for $x\in \left (\gamma \right) $, no ha $g(x)>0$$g(x)/g(y)>1$. La desigualdad de $(4)$ implica $$\begin{equation} \left( 1-\frac{g(y)}{g(x)}\right) \left( L-\delta \right) <\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(y)}{g(x)}<\left( 1-\frac{g(y)}{g(x)}\right) \left( L+\delta \right) . \tag{5} \end{equation}$$ Dejando $x\rightarrow a^{+}$ llegamos a la conclusión de que $$\begin{equation} \lim_{x\rightarrow a^{+}}\frac{f(x)}{g(x)}=L. \tag{6} \end{equation}$$

Adaptado de J. Campos Ferreira, Introducción à Análise Matemática, el Teorema 11, pág. 386 y J. Santos Guerreiro, Curso de Análise Matemática, Proposição 5.2.3.2, p. 314.

Answer 2

Estás muy cerca de una prueba parcial. No sé de que en general los $\infty / \infty$ regla puede ser probado por medio de la $0/0$ regla, y todo se reduce a exactamente la pregunta que uno se pregunte: ¿es $\lim \dfrac{g^2 f'}{f^2 g'}$ existen? No siempre, apriori.

Pero si asumimos que existe, entonces sabemos que $\lim \dfrac{g}{f} = \lim \dfrac{1/f}{1/g} = \lim \dfrac{F'}{G'} =\lim \dfrac{F}{G}= \lim \dfrac{g^2 f'}{f^2 g'}$, de modo que (como estamos asumiendo $\lim f'/g'$ existe y es finito) podemos 'multiplica' para conseguir ese $\lim \dfrac{f}{g} = \lim \dfrac{f'}{g'}$

Y así tenemos el caso de un teorema general. (Posiblemente, algunos molestos detalles pueden ser necesarios para cubrir los casos en los que, inadvertidamente, dividido por $0$ o lo que sea). No veo cómo se puede utilizar el $0/0$ caso de obtener la completa resultado. Pero Américo de la respuesta da una completa prueba independiente de la $0/0$ de los casos.

Answer 3

He decidido responder a mi pregunta por prooving el Teorema. Es esto una prueba correcta y completamente rigurosa?

EDIT: parece que mientras estaba escribiendo esta respuesta el Señor Tavares publicado su propio. Lo siento si alguien se confunde

Deje $\epsilon>0$$\lim_{x\to a^+}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}=\ell$. A continuación, $$\exists \delta_0>0:\forall x\in(a,b)\ \ a<x<a+\delta_0\Rightarrow \left|\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}-\ell\right|<\frac{\epsilon}{2}\Rightarrow \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}<\ell+\frac{\epsilon}{2}<\left|\ell\right|+\epsilon\ \ (1)$$ Deje $c\in (a,a+\delta_0)$$x\in (a,c)$. Por Cauchy del Valor medio Teorema de $f|_{[x,c]}$$g|_{[x,c]}$, $$\exists \xi_x \in (x,c):\frac{f^{\prime}(\xi_x)}{g^{\prime}(\xi_x)}=\frac{f(c)-f(x)}{g(c)-g(x)}=\frac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}\ \ (2)$$ Desde $\lim_{x\to a^+}f(x)=+\infty$, $$\exists \delta_1>0:a<x<a+\delta_1<b\Rightarrow f(x)>0\Rightarrow f(x)\neq 0\ \ (3)$$ Deje $\delta_2=\min \left\{\delta_0,\delta_1\right\}>0$. Entonces, para $a<x<a+\delta_2$, (1),(2),(3) mantenga y así $$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)}{f(x)-f(c)}\frac{g(x)-g(c)}{g(x)}\frac{f(x)-f(c)}{g(x)-g(c)}\overset{(3)}{=}\frac{1-\frac{g(c)}{g(x)}}{1-\frac{f(c)}{f(x)}}\frac{f^{\prime}(\xi_x)}{g^{\prime}(\xi_x)}\ \ (4)$$ Desde $$\lim_{x\to a^+}\frac{1-\frac{g(c)}{g(x)}}{1-\frac{f(c)}{f(x)}}=\frac{1-\lim_{x\to a^+}\frac{g(c)}{g(x)}}{1-\lim_{x\to a^+}\frac{f(c)}{f(x)}}=\frac{1-0}{1-0}=1$$ tenemos que $$\exists \delta_3>0:a<x<a+\delta_3\Rightarrow \left|\frac{1-\frac{g(c)}{g(x)}}{1-\frac{f(c)}{f(x)}}-1\right|<\frac{\epsilon}{2(\left|\ell\right|+\epsilon)}\ \ (5)$$ Deje $\delta=\min \left\{\delta_2,\delta_3\right\}>0$. Entonces, para $a<x<a+\delta$ (1),(2),(3),(4),(5) mantenga y así $$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-\ell\right|=\left|\frac{1-\frac{g(c)}{g(x)}}{1-\frac{f(c)}{f(x)}}\frac{f^{\prime}(\xi_x)}{g^{\prime}(\xi_x)}-\ell\right|=\left|\frac{f^{\prime}(\xi_x)}{g^{\prime}(\xi_x)}-\ell+\frac{f^{\prime}(\xi_x)}{g^{\prime}(\xi_x)}\left(\frac{1-\frac{g(c)}{g(x)}}{1-\frac{f(c)}{f(x)}}-1\right)\right|<\frac{\epsilon}{2}+(\left|\ell\right|+\epsilon) \frac{\epsilon}{2(\left|\ell\right|+\epsilon)}=\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon$$ Desde la elección de $\epsilon$ es arbitrarias, $$\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\ell$$