Доказательство правила Лопиталя

[EminentVictorians]

Пусть $(a, b)$ - интервал, функции $f$ и $g$ дифференцируемы на этом интервале, $g$ и $g'$ не принимают на нем нулевых значений, обе функции стремятся к нулю при стремлении аргумента к $a$ справа и существует

$$\lim\limits_{x \to a + 0}\frac{f'}{g'}=A$$

При этих условиях существует

$$\lim\limits_{x \to a + 0}\frac{f}{g}=A$$

Это правило Лопиталя. (Его конечно можно переформулировать с чуть меньшим числом условий, но это легко и не сильно важно, поэтому пусть формулировка будет такой, как выше без лишних искусственных усложнений).

Я пока не смотрел на доказательство из учебника (решил попробовать доказать вслепую), но там оно очевидно не такое, как у меня (и скорее всего оно мне не понравится ). Я рассуждал следующим образом:

Раз $\lim\limits_{x \to a + 0}\frac{f'}{g'}=A$, значит рядом с точкой $a$ производная функции $f$ примерно равна $Ag'$: $f' \approx Ag'$. Тогда рядом с точкой $A$ будет примерно такая картина:

$$\frac{f}{g} = \frac{\int f'}{\int g'} = \frac{\int Ag'}{\int g'} = \frac{A \int g'}{\int g'} = A$$

что в точности и значит, что $\lim\limits_{x \to a + 0}\frac{f}{g}=A$.


Я понимаю, что это не доказательство, а просто идея. Предельные переходы надо обосновывать. Но как мне кажется, идея рабочая. Здесь наверняка потребуются какие-нибудь теоремы о предельных переходах под знаком интеграла или что-нибудь в таком духе. А я это пока не знаю (точнее я это так то проходил, но во-первых уже не помню практически ничего, а во-вторых надо бы соблюдать все же логическую последовательность) Собственно, вопросы у меня следующие:

1. Точно ли идея рабочая?
2. Какие теоремы для обоснования всей этой кухни тут потребуются?
3. (самый важный) Сильно ли правило Лопиталя потребуется дальше в теоретической части матанализа до того, как я изучу интегралы и теоремы из пункта 2? Насколько я помню, оно более менее вещь в себе (в теоретическом смысле) и сильно не требуется, поэтому отложить его на время как бы и можно. Но хотелось бы убедиться.

[ihq.pl]

Если не изменяет память, существование предела отношения производных является необходимым признаком, но не достаточным. И вроде даже есть соответствующие примеры.

[bot]

EminentVictorians в сообщении #1555819 писал(а):

Это правило Лопиталя. (Его конечно можно переформулировать с чуть меньшим числом условий, но это легко и не сильно важно, поэтому пусть формулировка будет такой, как выше без лишних искусственных усложнений)

Поясните, Вы формулировку считаете избыточной или попытка сократить число условий приведёт к лишним и искусственным усложнениям? Одно условие определённо лишнее - это неравенство $g\ne 0$, оно следует из $g'\ne 0$.

Цитата:

производная функции $f$ примерно равна $Ag'$: $f' \approx Ag'$

Что-то идеи тут не вижу.

Цитата:

Сильно ли правило Лопиталя потребуется дальше в теоретической части матанализа до того, как я изучу интегралы

Не сильно - от слова совсем не потребуется. А для доказательсва интегралы и не нужны - нужна теорема о среднем Коши.

ihq.pl в сообщении #1555835 писал(а):

является необходимым признаком, но не достаточным.

Тут какбэ, наоборот, существование предела отношения производных (при наличии остальных) является достаточным, но не необходимым.

[EminentVictorians]

bot в сообщении #1555849 писал(а):

Что-то идеи тут не вижу.

Я рассуждал так. Есть предел

$$\lim\limits_{x \to a + 0}\frac{f'}{g'}=A$$

Значит, в точках $x$ функции $f$, близких к точке $a$, производная примерно равна $Ag'(x)$.

bot в сообщении #1555849 писал(а):

А для доказательсва интегралы и не нужны - нужна теорема о среднем Коши.

Мне через интегралы больше нравится. Как-то более естественно получается. Но нужны обоснования, которые я пока не знаю.

-- 30.05.2022, 13:11 --

bot в сообщении #1555849 писал(а):

Поясните, Вы формулировку считаете избыточной или попытка сократить число условий приведёт к лишним и искусственным усложнениям? Одно условие определённо лишнее - это неравенство $g\ne 0$, оно следует из $g'\ne 0$.

$g$ может принимать нулевые значения на $(a, b)$. Точнее говоря, я имел в виду, что надо в формулировке правила Лопиталя использовать слово "локально". Под свойством, выполненным "локально" будем подразумевать свойство, для которого существует правая проколотая окрестность точки $a$, в которой это свойство выполняется. Достаточно, чтобы функции $f$ и $g$ были только локально дифференцируемы, функция $g'$ должна не принимать нулевые значения тоже только локально. И тогда да - можно не требовать, чтобы $g(x) \ne 0$, т.к. локально это свойство будет выполняться, а большего и не нужно.

И еще, наверное, можно объединить в одну формулировку "правую" версию правила Лопиталя и его "левую" версию, конечную точку $a$ ($b$) и бесконечно удаленную. Но я думаю, что это уже мелочи. Главное довести до ума доказательство обычной формулировки.

[RIP]

Основная проблема этого подхода в том, что функции, вообще говоря, не представляются в виде интегралов своих производных (производные могут быть неинтегрируемы), если не прибегать к какому-нибудь интегралу Курцвейля–Хенстока. (Через теорему Коши этот случай правила Лопиталя доказывается практически в одну строчку.)
Единственное применение правила Лопиталя, которое приходит на ум, — форма Пеано для остаточного члена в формуле Тейлора.

[EminentVictorians]

RIP в сообщении #1555859 писал(а):

Основная проблема этого подхода в том, что функции, вообще говоря, не представляются в виде интегралов своих производных (производные могут быть неинтегрируемы)

Да, если иметь в виду самую общую постановку вопроса. Но у нас здесь есть пара козырей. Во-первых, раз $g$ не принимает нулевые значения и непрерывна, значит она знакопостоянна. Далее, из того, что $g'$ не принимает нулевые значения следует, что $g$ инъективна. На пару с непрерывностью (и нулевым пределом справа в точке $a$) это дает ее монотонность вниз (а значит не более чем счетное число точек разрыва, следовательно, насколько я помню, этого достаточно для интегрируемости). А значит и знакопостоянную (строго отрицательную) производную, т.е. $g' < 0$. Потом можно использовать существование предела отношения производных, и если оно не равно нулю, то значит и производная $f'$ функции $f$ строго знакопостоянна, следовательно монотонна, следовательно интегрируема.

[RIP]

Знакопостоянство производной следует из теоремы Дарбу. Но это не даёт её (производной) интегрируемость, по крайней мере, в собственном смысле, как видно из простейшего примера $g(x)=\sqrt{x}$ (upd. хотя здесь в нуле нет дифференцируемости, так что не очень интересный пример).

[EminentVictorians]

RIP, я перепутал интегрируемость самой функции и ее производной, так что да, промахнулся.

-- 30.05.2022, 14:10 --

Т.е. я правильно понимаю, что правило Лопиталя может применяться для функций, производные которых неинтегрируемы, поэтому обычными неопределенными интегралами доказать не получится в любом случае?

[Евгений Машеров]

Это прежде всего неформальное доказательство, которым мог бы гордиться математик XVII века, но вот в XVIII уже будут претензии. Используется никак не определённое понятие "примерно равна" (интуитивно пусть понятное, но...) и делается утверждение, предполагающее использование ряда Тейлора (что $f'\approx Ag'$)
Попробуйте записать определения производных в числителе и знаменателе. Тогда легко получить доказательство, боюсь, то же, что в учебнике...

[mihaild]

Евгений Машеров в сообщении #1555864 писал(а):

утверждение, предполагающее использование ряда Тейлора (что $f'\approx Ag'$)

Это же определение предела, где тут Тейлор?
Тейлор дальше, когда мы из этого примерного равенства получаем примерное значение функции.

[RIP]

EminentVictorians в сообщении #1555863 писал(а):

Т.е. я правильно понимаю, что правило Лопиталя может применяться для функций, производные которых неинтегрируемы, поэтому обычными неопределенными интегралами доказать не получится в любом случае?

Типа того. На самом деле, если использовать интеграл Лебега, то в условиях теоремы функции являются интегралами от своих производных, но нужно очень сильно потрудиться, чтобы это доказать.

-- Пн 2022-05-30 15:27:08 --

То есть если правильно понимать интеграл, то можно записать $f(x)=\int_{a}^{x}f'(t)\,\mathrm{d}t$, $g(x)=\int_{a}^{x}g'(t)\,\mathrm{d}t$, после чего уже легко аккуратно реализовать идею из начального сообщения, пользуясь лишь простейшими свойствами интеграла (линейность и интегрирование неравенств). Основной затык — обоснование равенств функций интегралам, что требует знаний, выходящих за рамки стандартного курса математического анализа.

-- Пн 2022-05-30 16:00:23 --

То есть следующее утверждение очень легко доказать:
Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на отрезке $[a,b]$, причём $g(x)>0$ при $x\in(a,b)$. Допустим, что существует предел $\lim\limits_{x\to a+0}\frac{f(x)}{g(x)}=A$. Тогда

$$\lim_{x\to a+0}\frac{\int_{a}^{x}f(t)\,\mathrm{d}t}{\int_{a}^{x}g(t)\,\mathrm{d}t}=A.$$

[Евгений Машеров]

mihaild в сообщении #1555865 писал(а):

Это же определение предела, где тут Тейлор?
Тейлор дальше, когда мы из этого примерного равенства получаем примерное значение функции.

Я и имею в виду, что такой путь рассуждений это "забегание вперёд", использование понятия о ряде Тейлора, когда только-только пределы разбирать начали.

[EminentVictorians]

RIP в сообщении #1555859 писал(а):

Основная проблема этого подхода в том, что функции, вообще говоря, не представляются в виде интегралов своих производных (производные могут быть неинтегрируемы), если не прибегать к какому-нибудь интегралу Курцвейля–Хенстока.

RIP в сообщении #1555866 писал(а):

На самом деле, если использовать интеграл Лебега, то в условиях теоремы функции являются интегралами от своих производных, но нужно очень сильно потрудиться, чтобы это доказать.

Вот есть функция $f$, определенная на интервале и есть ее производная $f'$, определенная на этом же интервале. Разве не всегда $f \in \int f'$? Интеграл здесь самый обычный, неопределенный Римана. Я не очень понимаю, зачем нужны все эти обобщенные интегралы в данном случае.

Иными словами, для данной функции не факт, что существует ее первообразная. Для непрерывной, например, точно существует. Но мы то берем первообразную от $f'$, т.е. от функции, которая уже является производной какой-то функции, а именно $f$. А значит от нее первообразную всегда можно взять, разве нет?

-- 31.05.2022, 13:02 --

Вот что меня действительно беспокоит - это возможность сокращения неопределенных интегралов в этой цепочке

EminentVictorians в сообщении #1555819 писал(а):

$$\frac{f}{g} = \frac{\int f'}{\int g'} = \frac{\int Ag'}{\int g'} = \frac{A \int g'}{\int g'} = A$$

Они же с точностью до константы как никак определены, а значит просто взять и сократить их нельзя.

[mihaild]

EminentVictorians в сообщении #1555933 писал(а):

Интеграл здесь самый обычный, неопределенный Римана

Неопределенный интеграл (не Римана, просто неопределенный) - это по определению множество функций, производная которых равна подинтегральной.

EminentVictorians в сообщении #1555933 писал(а):

это возможность сокращения неопределенных интегралов в этой цепочке

Невозможно, неопределенные интегралы в таких выражениях вообще участвовать не должны. Вам нужен не неопределенный интеграл, а интеграл с переменным верхним пределом. Который определяется через определенный интеграл, а определенные интегралы бывают разные. И производная функции не обязана быть интегрируемой по Риману (потому что не обязана быть ограниченной).

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1555953 писал(а):

Невозможно, неопределенные интегралы в таких выражениях вообще участвовать не должны.

Это если понимать неопределенный интеграл, как множество. А если как какую-то первообразную, то почему нет?

mihaild в сообщении #1555953 писал(а):

Вам нужен не неопределенный интеграл, а интеграл с переменным верхним пределом.

Насчет него понятно, что он определен не всегда. Но что нам надо от интеграла? Только линейность вроде бы. А она есть и у неопределенного. Поэтому я хотел вообще без интегралов с переменным верхним пределом обойтись, одними неопределенными.