6 証明その 3

次は、 $\displaystyle \frac{\infty}{\infty}$ の形の不定形である $(a+0,\infty/(-\infty),\beta)$ の場合の証明を紹介する。これは、4 節、5 節の証明とはかなり異なる。

まず普通に思いつくのは、 $\displaystyle \frac{\infty}{\infty}$ を $\displaystyle \frac{0}{0}$ に変換することだろう。すなわち、 $\hat{f}(x)=1/f(x)$ , $\hat{g}(x)=1/g(x)$ とすれば、

$\begin{displaymath} I_0 = \displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f(x)}{g(x)... ...playstyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{\hat{g}(x)}{\hat{f}(x)} \end{displaymath}$

で、

$\begin{displaymath} \displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\hat{f}(x) =\displaysty... ...{g}(x) =\displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{1}{g(x)} =0 \end{displaymath}$

となって、 $\displaystyle \frac{0}{0}$ の形になる。しかし、これで $(a+0,0/0,\beta)$ の結果を利用できるかというと、必ずしもそうではない。それは、 $\hat{g}/\hat{f}$ に対する

(これを $\hat{I}_1$ と書く) が、

$\begin{displaymath} \hat{I}_1 = \displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{\hat{... ...ac{f(x)}{g(x)}\right)^2\frac{g'(x)}{f'(x)} = \frac{I_0^2}{I_1} \end{displaymath}$

となり、 $(a+0,0/0,\beta)$ の定理の仮定である「

の存在」だけからは、この $\hat{I}_1$ の存在が保証できないために $(a+0,0/0,\beta)$ の定理を適用することができないからである。

よって、このような置き換えではうまくいかないので、別の方法を考える。今、
$(a+0,\infty/(-\infty),\beta)$ の場合の仮定は、 , はで連続、かつ微分可能で、

$\begin{displaymath} \displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}f(x)=\infty, \hspace{... ...=\displaystyle \lim_{x\rightarrow a+0}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\beta\end{displaymath}$ (5)

となる。このとき、任意の $\epsilon > 0$ に対して、 $a<x<a+\delta$ なるすべての

に対して

$\begin{displaymath} \left\vert\frac{f'(x)}{g'(x)}-\beta\right\vert<\epsilon\end{displaymath}$

となるような $\delta>0$ が取れる。 $a<x<y<a+\delta$ となる任意の

に対して、コーシーの平均値の定理を適用すると、ある

(

) が存在して、

$\begin{displaymath} \left\vert\frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}-\beta\right\vert =\left\vert\frac{f'(p)}{g'(p)}-\beta\right\vert <\epsilon \end{displaymath}$ (6)

となることは前と同じであるが、今回は

を、 $\delta$ に対して例えば $y=a+2\delta/3$ (

とする) と固定する。この

に対し、(5) を使えば、 $a<x<a+\eta (<y_0)$ であるすべての

に対して

$\begin{displaymath} \left\vert\frac{f(y_0)}{f(x)}\right\vert<\epsilon, \hspace{0.5zw} \left\vert\frac{g(y_0)}{g(x)}\right\vert<\epsilon\end{displaymath}$ (7)

となるような $\eta>0$ が取れる。さらに、必要ならばより小さくすることで、 $\epsilon<1/2$ であると仮定してよい。

$a<x<a+\eta$ のとき、, は、 (7) によりそれぞれ , に比べて絶対値は大きいので、の値はほぼに近い値となる。これは、以下のように変形すればよりよくわかる:

$\begin{displaymath} \frac{f(x)-f(y_0)}{g(x)-g(y_0)} = \frac{f(x)}{g(x)} \times\frac{1-f(y_0)/f(x)}{1-g(y_0)/g(x)} \end{displaymath}$

この後ろの分数の分子、分母にある分数は、 (7) によりその絶対値は少なくとも 1/2 より小さい。 (6) にこの後ろの分数の逆数をかけると、

$\begin{displaymath} \left\vert\frac{f(x)}{g(x)} - \beta\,\frac{1-g(y_0)/g(x)}... ...silon\,\left\vert\frac{1-g(y_0)/g(x)}{1-f(y_0)/f(x)}\right\vert\end{displaymath}$ (8)

となるが、(7) より、

$\begin{displaymath} \left\vert 1-\frac{f(y_0)}{f(x)}\right\vert \geq 1-\left\ver... ...rt\frac{g(y_0)}{g(x)}\right\vert \leq 1+\epsilon < \frac{3}{2} \end{displaymath}$

となるので、(8) より

$\begin{displaymath} \left\vert\frac{f(x)}{g(x)} - \beta\,\frac{1-g(y_0)/g(x)}{1-f(y_0)/f(x)}\right\vert <\epsilon\,\frac{3/2}{1/2} = 3\epsilon\end{displaymath}$ (9)

となる。一方、(7) より、

$\displaystyle {\left\vert\beta\,\frac{1-g(y_0)/g(x)}{1-f(y_0)/f(x)} - \beta\right\vert}$
	$\textstyle =$	$\displaystyle \vert\beta\vert\,\left\vert\frac{f(y_0)/f(x)-g(y_0)/g(x)}{1-f(y_0... ...eq \vert\beta\vert\,\frac{\vert f(y_0)/f(x)\vert+\vert g(y_0)/g(x)\vert}{1/2}$
	$\textstyle \leq$	$\displaystyle 4\vert\beta\vert\epsilon$	(10)

となるので、結局 (9), (10) より、

$\begin{displaymath} \left\vert\frac{f(x)}{g(x)}-\beta\right\vert\leq (3+4\vert\beta\vert)\epsilon \end{displaymath}$

となることになる。

は $a<x<a+\eta$ の任意の値、 $\epsilon$ は任意の値であったので、これは $I_0=\beta$ を意味する。これで、 $(a+0,\infty/(-\infty),\beta)$ の場合のロピタルの定理が証明できた。

上の証明からわかる通り、これは $q=\infty/\infty$ , $-\infty/\infty$ , $-\infty/(-\infty)$ の場合でも全くこのまま通用するし、またはに簡単に置き換えることができ、さらに $p=\infty$ , $p=-\infty$ に関する証明に変えることも、 4 節の証明を 5 節で書き換えた方法を用いれば可能になる。

これで、 $r=\beta$ の場合の、の以外の 4 通りの場合で、以外の 4 通り、すなわち合計 16 通りの証明が終わる。

竹野茂治＠新潟工科大学
2015年7月20日