K-解析函数的洛必达法则

L’Hospital Theorem of K-Analytic Functions

摘要: 本文给出了K-解析函数的洛必达法则，推广了已有文献中的结论。其是解决复变函数极限的有力工具。

Abstract: The present paper gives the L’Hospital theorem of K-analytic functions, generalizing the existing results. It is an important tool to solve the limit of complex functions.

1. 引言

在解析函数的基础上， [1] 引进了共轭解析函数， [2] 得到了共轭解析函数中的洛必达法则。 [3] 将共轭解析函数概念进一步推广到K-解析函数上， [4]、 [5] 得出K-解析函数的一些分析性质。本文主要研究K-解析函数的洛必达法则，推广解析函数、共轭解析函数的洛必达法则，使洛必达法则的应用更加广泛。

定义1.1 [3] 设 $x,y,k\in R,k\ne 0,z=x+iy$，则记 $z\left(k\right)=x+iky$。

定义1.2 [3] 设函数 $w=f\left(z\right)$ 在区域D定义， $z_0$ 在D内。若

$\underset{\Delta z\to 0}{\lim }\frac{\Delta f}{\Delta z\left(k\right)}=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f\left(z\right)-f\left(z_0\right)}{z\left(k\right)-z_0(\; k\; )}$

存在，则称 $f\left(z\right)$ 在 $z_0$ 处K-可导，并记 $f\left(z\right)$ 在 $z_0$ 处的K-导数为

${f^{\prime }}_k\left(z_0\right)={\frac{\text{d}f\left(z\right)}{\text{d}z\left(k\right)}|}_{z=z_0}=\underset{\Delta z\to 0}{\lim }\frac{\Delta f}{\Delta z\left(k\right)}$。

如果 $f\left(z\right)$ 在 $z_0$ 的某个邻域内K-可导，则称在 $z_0$ 处K-解析。当 $f\left(z\right)$ 在区域D内的每点都K-可导时，称 $f\left(z\right)$ 在区域D内K-解析。

2. 主要结论

本部分给出K-解析函数的洛必达法则的证明。

定理2.1 若函数f和g在点 $z_0$ 处满足：

i) $\underset{z\to z_0}{\lim }f\left(z\right)=0$， $\underset{z\to z_0}{\lim }g\left(z\right)=0$ ；

ii) $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 在 $z_0$ 某个去心邻域内K-解析，且 ${g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\ne 0$，

则

$\underset{z\to z_0}{\lim }\left[f\left(z\right)/g\left(z\right)\right]=\underset{z\to z_0}{\lim }\left[{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)/{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]$。

证明 1)设为 $z_0$ 有限点。因为函数 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 在 $z_0$ 的某个去心邻域内K-解析，故 $z_0$ 为 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 的孤立奇点。

由于 $z_0$ 为 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 的有限孤立奇点，即 $\left|z_0\right|<\infty$，由条件(i)可知， $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 在 $z_0$ 点主要部分为0，根据( [5]，定理2.1)可知 $z_0$ 为 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 的可去奇点。现补充定义令 $f\left(z_0\right)=g\left(z_0\right)=0$，则 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 均在 $z_0$ 点及其某邻域内K-解析，且由( [4]，定理2.5)可知一定存在 $z_0$ 的一个邻域，使得在这个邻域内， $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 没有不等于 $z_0$ 的零点。设 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 的零点的阶分别为 $m_1$ 、 $m_2$，根据( [4]，定理2.4)可得以下表达式：

$f\left(z\right)=\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_1}\phi \left(z\right)$， $g\left(z\right)=\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_2}\varphi \left(z\right)$，

其中 $\phi \left(z\right)$ 、 $\varphi \left(z\right)$ 在点 $z_0$ 的邻域K-解析且 $\phi \left(z_0\right)\ne 0$， $\varphi \left(z_0\right)\ne 0$。于是

${f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)=m_1\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_1-1}\phi \left(z\right)+\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_1}{{\phi }^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)$，

${g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)=m_2\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_2-1}\varphi \left(z\right)+\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_2}{{\varphi }^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)$。

因此

$\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{f\left(z\right)}{g\left(z\right)}=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_1}\phi \left(z\right)}{\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_2}\varphi \left(z\right)}=\{\begin{array}{ll}\frac{\phi \left(z_0\right)}{\varphi \left(z_0\right)}\hfill & 当m_1=m_2\hfill \\ 0\hfill & 当m_1>m_2\hfill \\ \infty \hfill & 当m_1<m_2\hfill \end{array}$

另一方面，

$\begin{array}{c}\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)}{{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)}=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_1-1}\left[m_1\phi \left(z\right)+\left(z-z_0\right)\left(k\right){{\phi }^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]}{\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_2-1}\left[m_2\varphi \left(z\right)+\left(z-z_0\right)\left(k\right){{\varphi }^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]}\\ =\{\begin{array}{ll}\frac{\phi \left(z_0\right)}{\varphi \left(z_0\right)}\hfill & 当m_1=m_2\hfill \\ 0\hfill & 当m_1>m_2\hfill \\ \infty \hfill & 当m_1<m_2\hfill \end{array}\end{array}$

故

$\underset{z\to z_0}{\lim }\left[f\left(z\right)/g\left(z\right)\right]=\underset{z\to z_0}{\lim }\left[{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)/{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]$。

2) 设 $z_0=\infty$。令 $z=\left(\frac{1}{\xi \left(k\right)}\right)\left(\frac{1}{k}\right)$，则 $z\to \infty$ 等价于 $\xi \to 0$。因此利用上面的(1)及K-解析函数的复合

函数求导法可知

$\begin{array}{c}\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{f\left(z\right)}{g\left(z\right)}=\underset{\xi \to 0}{\lim }\frac{f\left(\left(\frac{1}{\xi \left(k\right)}\right)\left(\frac{1}{k}\right)\right)}{g\left(\left(\frac{1}{\xi \left(k\right)}\right)\left(\frac{1}{k}\right)\right)}=\underset{\xi \to 0}{\lim }\frac{{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(\left(\frac{1}{\xi \left(k\right)}\right)\left(\frac{1}{k}\right)\right)\left(-\frac{1}{\xi {\left(k\right)}^2}\right)}{{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(\left(\frac{1}{\xi \left(k\right)}\right)\left(\frac{1}{k}\right)\right)\left(-\frac{1}{\xi {\left(k\right)}^2}\right)}\\ =\underset{\xi \to 0}{\lim }\frac{{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(\left(\frac{1}{\xi \left(k\right)}\right)\left(\frac{1}{k}\right)\right)}{{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(\left(\frac{1}{\xi \left(k\right)}\right)\left(\frac{1}{k}\right)\right)}=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)}{{g^{\prime }}_{\left(k\right)}(\; z\; )}\end{array}$

故定理得证。

若函数f和g在 $z_0$ 处K-解析，那么上述定理可以简化为：

定理2.1’ 若函数f和g在有限点 $z_0$ 处满足：

i) $f\left(z_0\right)=g\left(z_0\right)=0$ ；

ii) $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 在 $z_0$ 处K-解析，且 ${g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\ne 0$，

则

$\underset{z\to z_0}{\lim }\left[f\left(z\right)/g\left(z\right)\right]=\underset{z\to z_0}{\lim }\left[{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)/{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]$。

定理2.2 若函数f和g在点 $z_0$ 处满足：

iii) $\underset{z\to z_0}{\lim }f\left(z\right)=\underset{z\to z_0}{\lim }g\left(z\right)=\infty$ ；

iv) $f\left(z\right)$ 与 $g\left(z\right)$ 在 $z_0$ 的某个去心邻域内K-解析，且 ${g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\ne 0$ ；

则

$\underset{z\to z_0}{\lim }\left[f\left(z\right)/g\left(z\right)\right]=\underset{z\to z_0}{\lim }\left[{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)/{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]$。

证明 1) 设为 $z_0$ 有限点。因为函数 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 在 $z_0$ 的某个去心邻域内K-解析，因此 $z_0$ 为 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 的孤立奇点。

因为 $z_0$ 为 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 的有限孤立奇点，即 $\left|z_0\right|<\infty$，根据( [5]，定理2.3)可知 $z_0$ 为 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 的极点。设 $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 极点的阶分别为 $m_3$ 、 $m_4$，则由( [5]，定理2.2) $f\left(z\right)$ 、 $g\left(z\right)$ 在点 $z_0$ 的某去心邻域内成立：

$f\left(z\right)={\lambda }_3\left(z\right)/\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_3}$， $g\left(z\right)={\lambda }_4\left(z\right)/\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_4}$。

其中 ${\lambda }_3\left(z\right)$ 、 ${\lambda }_4\left(z\right)$ K-解析，且 ${\lambda }_3\left(z_0\right)\ne 0$， ${\lambda }_4\left(z_0\right)\ne 0$。对两个式子进行微分，可以得到

$\begin{array}{c}{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)=-m_3\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-\left(m_3+1\right)}{\lambda }_3\left(z\right)+\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-m_3}{\left({\lambda }_3\right)}^{\prime }{}_{\left(k\right)}\left(z\right)\\ =\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-\left(m_3+1\right)}\left[-m_3{\lambda }_3\left(z\right)+\left(z-z_0\right)\left(k\right){\left({\lambda }_3\right)}^{\prime }{}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]\end{array}$，

$\begin{array}{c}{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)=-m_4\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-\left(m_4+1\right)}{\lambda }_4\left(z\right)+\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-m_4}{\left({\lambda }_4\right)}^{\prime }{}_{\left(k\right)}\left(z\right)\\ =\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-\left(m_4+1\right)}\left[-m_4{\lambda }_4\left(z\right)+\left(z-z_0\right)\left(k\right){\left({\lambda }_4\right)}^{\prime }{}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]\end{array}$，

因此

$\begin{array}{c}\underset{z\to z_0}{\lim }f\left(z\right)/g\left(z\right)=\underset{z\to z_0}{\lim }{\lambda }_3\left(z\right)/\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_3}\times \left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{m_4}/{\lambda }_4\left(z\right)\\ =\{\begin{array}{l}\frac{{\lambda }_3\left(z_0\right)}{{\lambda }_4\left(z_0\right)}当m_3=m_4\\ \infty 当m_3>m_4\\ 0当m_3<m_4\end{array}\end{array}$

另一方面，

$\begin{array}{c}\underset{z\to z_0}{\lim }{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)/{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)=\underset{z\to z_0}{\lim }\frac{\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-\left(m_3+1\right)}\left[-m_3{\lambda }_3\left(z\right)+\left(z-z_0\right)\left(k\right){\left({\lambda }_3\right)}^{\prime }{}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]}{\left(z-z_0\right){\left(k\right)}^{-\left(m_4+1\right)}\left[-m_4{\lambda }_4\left(z\right)+\left(z-z_0\right)\left(k\right){\left({\lambda }_4\right)}^{\prime }{}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]}\\ =\{\begin{array}{l}\frac{{\lambda }_3\left(z_0\right)}{{\lambda }_4\left(z_0\right)}当m_3=m_4\\ \infty 当m_3>m_4\\ 0当m_3<m_4\end{array}\end{array}$

所以

$\underset{z\to z_0}{\lim }\left[f\left(z\right)/g\left(z\right)\right]=\underset{z\to z_0}{\lim }\left[{f^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)/{g^{\prime }}_{\left(k\right)}\left(z\right)\right]$。

2) 对于 $z_0=\infty$ 的情况类似于定理2.1的(2)的方法可以得到。

注 显然上述三个定理不仅是实洛必达法则的推广，且是解析函数、共轭解析函数洛必达法则 [2] 的推广。

3. 应用

这一部分举例说明K-解析函数洛必达法则在求极限时的应用。

例 求下列极限。

1) 求 $\underset{z\to 0}{\lim }\frac{\tan z\left(k\right)-z\left(k\right)}{z\left(k\right)-\sin z\left(k\right)}$。

解：利用定理2.1可知

$\underset{z\to 0}{\lim }\frac{\tan z\left(k\right)-z\left(k\right)}{z\left(k\right)-\sin z\left(k\right)}=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{\sec }^2\left(z\left(k\right)\right)-1}{1-\cos \left(z\left(k\right)\right)}=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{\tan }^2\left(z\left(k\right)\right)}{2{\sin }^2\frac{z\left(k\right)}{2}}=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{\sin }^2\left(z\left(k\right)\right)}{2{\sin }^2\frac{z\left(k\right)}{2}}=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{\left(z\left(k\right)\right)}^2}{2{\left(\frac{z\left(k\right)}{2}\right)}^2}=2$。

2) 求 $\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{\ln z\left(k\right)}{z\left(k\right)}$。

解：利用定理2.2可知

$\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{\ln z\left(k\right)}{z\left(k\right)}=\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{z\left(k\right)}}{1}=\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{1}{z\left(k\right)}=0$。

3) 求 $\underset{z\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{z{\left(k\right)}^2}-\frac{1}{{\sin }^{2}z\left(k\right)}\right)$。

解：先通分再利用定理2.1可以得到

$\begin{array}{l}\underset{z\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{z{\left(k\right)}^2}-\frac{1}{{\sin }^{2}z\left(k\right)}\right)\\ =\underset{z\to 0}{\lim }\frac{{\sin }^{2}z\left(k\right)-z{\left(k\right)}^2}{z{\left(k\right)}^2{\sin }^{2}z\left(k\right)}\\ =\underset{z\to 0}{\lim }\frac{2\sin z\left(k\right)\cos z\left(k\right)-2z\left(k\right)}{2z\left(k\right){\sin }^{2}z\left(k\right)+2z{\left(k\right)}^2\sin z\left(k\right)\cos z\left(k\right)}\\ =\underset{z\to 0}{\lim }\frac{\sin 2z\left(k\right)-2z\left(k\right)}{2z\left(k\right){\sin }^{2}z\left(k\right)+z{\left(k\right)}^2\sin 2z(\; k\; )}\end{array}$

$\begin{array}{l}=\underset{z\to 0}{\lim }\frac{\cos 2z\left(k\right)-1}{{\sin }^{2}z\left(k\right)+2z\left(k\right)\sin 2z\left(k\right)+z{\left(k\right)}^2\cos 2z\left(k\right)}\\ =\underset{z\to 0}{\lim }\frac{-2\sin 2z\left(k\right)}{3\sin 2z\left(k\right)+6z\left(k\right)\cos 2z\left(k\right)-2z{\left(k\right)}^2\sin 2z\left(k\right)}\\ =\underset{z\to 0}{\lim }\frac{-2}{3+3\times \frac{2z\left(k\right)}{\sin 2z\left(k\right)}\times \cos 2z\left(k\right)-2z{\left(k\right)}^2}\\ =-\frac{1}{3}\end{array}$

NOTES

^*通讯作者。