第五章 一元函数的泰勒公式及其应用

计算题与证明题

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求下列函数的带皮亚诺余项至括号内所示阶数的麦克劳林公式：

（Ⅰ）

$$\displaystyle f(x)=e^x\cos x\qquad(x^3);$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle f(x)=\dfrac{x}{2x^2+x-1}\qquad(x^3);$$

（Ⅲ）

$$\displaystyle f(x)=\sqrt{\dfrac{a+x}{a-x}},\quad a>0\qquad(x^2).$$

（Ⅰ）利用基本麦克劳林公式

$$\displaystyle e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3),$$$$\displaystyle \cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^3).$$

两式相乘得

$$\displaystyle \begin{aligned} e^x\cos x &=\left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)\right) \left(1-\dfrac{x^2}{2}+o(x^3)\right)\\ &=1+x+\left(\frac12-\frac12\right)x^2 +\left(\frac16-\frac12\right)x^3+o(x^3)\\ &=1+x-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3). \end{aligned}$$

（Ⅱ）先作部分分式分解：

$$\displaystyle \dfrac{x}{2x^2+x-1} =\frac13\left(\frac1{2x-1}+\frac1{x+1}\right).$$

当 $\displaystyle x\to0$ 时，

$$\displaystyle \frac1{2x-1}=-\frac1{1-2x} =-\left(1+2x+4x^2+8x^3\right)+o(x^3),$$$$\displaystyle \frac1{x+1}=1-x+x^2-x^3+o(x^3).$$

因而

$$\displaystyle \begin{aligned} \dfrac{x}{2x^2+x-1} &=\frac13\left[-1-2x-4x^2-8x^3 +1-x+x^2-x^3\right]+o(x^3)\\ &=-x-x^2-3x^3+o(x^3). \end{aligned}$$

（Ⅲ）令

$$\displaystyle t=\dfrac{x}{a},$$

则

$$\displaystyle \sqrt{\dfrac{a+x}{a-x}}=(1+t)^{\frac12}(1-t)^{-\frac12}.$$

由二项式展开式，

$$\displaystyle (1+t)^{\frac12}=1+\dfrac t2-\dfrac{t^2}{8}+o(t^2),$$$$\displaystyle (1-t)^{-\frac12}=1+\dfrac t2+\dfrac{3t^2}{8}+o(t^2).$$

相乘可得

$$\displaystyle \begin{aligned} (1+t)^{\frac12}(1-t)^{-\frac12} &=1+t+\left(-\frac18+\frac14+\frac38\right)t^2+o(t^2)\\ &=1+t+\frac12t^2+o(t^2). \end{aligned}$$

代回 $\displaystyle t=x/a$，即得所求。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求下列函数的带皮亚诺余项的麦克劳林公式：

（Ⅰ）$\displaystyle f(x)=\sin^3x$；

（Ⅱ）$\displaystyle f(x)=x\ln(1-x^2)$。

（Ⅰ）利用三倍角公式

$$\displaystyle \sin^3x=\dfrac{3\sin x-\sin3x}{4}.$$

又

$$\displaystyle \sin x=\sum_{k=0}^{m}\dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1} +o\left(x^{2m+1}\right),$$$$\displaystyle \sin3x=\sum_{k=0}^{m}\dfrac{(-1)^k3^{2k+1}}{(2k+1)!}x^{2k+1} +o\left(x^{2m+1}\right).$$

因此

$$\displaystyle \sin^3x =\sum_{k=0}^{m} \dfrac{(-1)^k\left(3-3^{2k+1}\right)}{4(2k+1)!}x^{2k+1} +o\left(x^{2m+1}\right).$$

当 $\displaystyle k=0$ 时系数为零，故求和可从 $\displaystyle k=1$ 开始。

（Ⅱ）由

$$\displaystyle \ln(1-u)=-\sum_{k=1}^{m}\dfrac{u^k}{k}+o(u^m) \qquad(u\to0),$$

取 $\displaystyle u=x^2$，得

$$\displaystyle \ln(1-x^2)=-\sum_{k=1}^{m}\dfrac{x^{2k}}{k}+o(x^{2m}).$$

两边乘以 $\displaystyle x$，即有

$$\displaystyle x\ln(1-x^2) =-\sum_{k=1}^{m}\dfrac{x^{2k+1}}{k} +o\left(x^{2m+1}\right).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

确定下列无穷小量当 $\displaystyle x\to0$ 时关于 $\displaystyle x$ 的阶数：

（Ⅰ）

$$\displaystyle f(x)=e^x-1-x-\frac12x\sin x;$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle f(x)=\left(1+\dfrac{x^2}{2}\right)\cos x-1.$$

（Ⅰ）分别展开

$$\displaystyle e^x=1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4),$$$$\displaystyle \frac12x\sin x =\frac12x\left(x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)\right) =\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{12}+o(x^4).$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} f(x) &=\left(\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{24}\right) -\left(\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^4}{12}\right)+o(x^4)\\ &=\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{x^4}{8}+o(x^4). \end{aligned}$$

其首个非零项为 $\displaystyle x^3/6$，故为三阶无穷小。

（Ⅱ）由

$$\displaystyle \cos x=1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4),$$

得

$$\displaystyle \begin{aligned} \left(1+\dfrac{x^2}{2}\right)\cos x-1 &=\left(1+\dfrac{x^2}{2}\right) \left(1-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^4}{24}+o(x^4)\right)-1\\ &=\left(\frac1{24}-\frac14\right)x^4+o(x^4)\\ &=-\frac5{24}x^4+o(x^4). \end{aligned}$$

其首个非零项为 $\displaystyle -5x^4/24$，故为四阶无穷小。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求下列极限：

（Ⅰ）

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{e^x\sin x-x(1+x)}{x^3};$$

（Ⅱ）

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{[\ln(1+x)]^2-e^{x^2}+1}{\arctan x-\sin x};$$

（Ⅲ）

$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt[6]{x^6+x^5}-\sqrt[6]{x^6-x^5}\right).$$

（Ⅰ）当 $\displaystyle x\to0$ 时，

$$\displaystyle e^x\sin x =\left(1+x+\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)\right) \left(x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)\right).$$

整理得

$$\displaystyle e^x\sin x=x+x^2+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3).$$

因而

$$\displaystyle e^x\sin x-x(1+x)=\dfrac{x^3}{3}+o(x^3),$$

所以

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{e^x\sin x-x(1+x)}{x^3}=\frac13.$$

（Ⅱ）先展开分子。由

$$\displaystyle \ln(1+x)=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3),$$

可得

$$\displaystyle [\ln(1+x)]^2=x^2-x^3+o(x^3).$$

同时

$$\displaystyle e^{x^2}=1+x^2+o(x^3).$$

因此分子为

$$\displaystyle [\ln(1+x)]^2-e^{x^2}+1=-x^3+o(x^3).$$

对分母，

$$\displaystyle \arctan x=x-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3),$$$$\displaystyle \sin x=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3),$$

故

$$\displaystyle \arctan x-\sin x=-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3).$$

从而

$$\displaystyle \lim_{x\to0} \dfrac{[\ln(1+x)]^2-e^{x^2}+1}{\arctan x-\sin x} =\dfrac{-1}{-1/6}=6.$$

（Ⅲ）当 $\displaystyle x\to+\infty$ 时 $\displaystyle x>0$，故

$$\displaystyle \begin{aligned} &\sqrt[6]{x^6+x^5}-\sqrt[6]{x^6-x^5}\\ &\quad=x\left[\left(1+\frac1x\right)^{\frac16} -\left(1-\frac1x\right)^{\frac16}\right]. \end{aligned}$$

令 $\displaystyle t=1/x$，则 $\displaystyle t\to0^+$。利用二项式展开

$$\displaystyle (1+t)^{\frac16}=1+\frac16t+O(t^2),$$$$\displaystyle (1-t)^{\frac16}=1-\frac16t+O(t^2).$$

两式相减得

$$\displaystyle (1+t)^{\frac16}-(1-t)^{\frac16} =\frac13t+o(t).$$

因此原式为

$$\displaystyle \frac1t\left(\frac13t+o(t)\right)\to\frac13.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

确定常数 $\displaystyle a$ 和 $\displaystyle b$ 的值，使得

$$\displaystyle \lim_{x\to0}\dfrac{\ln(1-2x+3x^2)+ax+bx^2}{x^2}=6.$$

令

$$\displaystyle u=-2x+3x^2.$$

当 $\displaystyle x\to0$ 时，$\displaystyle u\to0$，由

$$\displaystyle \ln(1+u)=u-\dfrac{u^2}{2}+o(u^2)$$

可知

$$\displaystyle \begin{aligned} \ln(1-2x+3x^2) &=(-2x+3x^2)-\frac12(-2x+3x^2)^2+o(x^2)\\ &=-2x+3x^2-2x^2+o(x^2)\\ &=-2x+x^2+o(x^2). \end{aligned}$$

因而分子为

$$\displaystyle (a-2)x+(b+1)x^2+o(x^2).$$

要使除以 $\displaystyle x^2$ 后极限存在且为有限值，必须先消去一次项，即

$$\displaystyle a-2=0,$$

所以

$$\displaystyle a=2.$$

此时极限等于

$$\displaystyle b+1.$$

由题设

$$\displaystyle b+1=6,$$

得

$$\displaystyle b=5.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)=x^2\sin x$，求 $\displaystyle f^{(n)}(0)$。

由正弦函数的麦克劳林展开式

$$\displaystyle \sin x=\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1},$$

可得

$$\displaystyle f(x)=x^2\sin x =\sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+3}.$$

另一方面，若函数在原点具有各阶导数，则

$$\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n.$$

对比两式中各次幂的系数可知，只有当

$$\displaystyle n=2k+3\qquad(k=0,1,2,\ldots)$$

时，$\displaystyle x^n$ 的系数非零。此时

$$\displaystyle \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!} =\dfrac{(-1)^k}{(2k+1)!}.$$

由

$$\displaystyle k=\dfrac{n-3}{2},\qquad 2k+1=n-2,$$

得

$$\displaystyle f^{(n)}(0) =(-1)^{\frac{n-3}{2}}\dfrac{n!}{(n-2)!} =(-1)^{\frac{n-3}{2}}n(n-1).$$

当 $\displaystyle n=0,1,2$ 或 $\displaystyle n$ 为偶数时，麦克劳林展开式中没有相应的非零项，故

$$\displaystyle f^{(n)}(0)=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处二阶可导，又

$$\displaystyle I=\lim_{x\to0}\dfrac{\cos x-1}{e^{f(x)}-1}=1,$$

求 $\displaystyle f(0),f'(0),f''(0)$。

因为

$$\displaystyle \cos x-1\to0$$

且题设极限等于非零常数，所以必有

$$\displaystyle e^{f(x)}-1\to0.$$

由 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=0$ 处二阶可导可知其在该点连续，故

$$\displaystyle e^{f(0)}-1=0,$$

从而

$$\displaystyle f(0)=0.$$

在 $\displaystyle x=0$ 处对 $\displaystyle f(x)$ 作带皮亚诺余项的二阶泰勒展开：

$$\displaystyle f(x)=f'(0)x+\frac12f''(0)x^2+o(x^2).$$

又

$$\displaystyle \cos x-1=-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2).$$

若 $\displaystyle f'(0)\ne0$，则

$$\displaystyle f(x)=f'(0)x+o(x),$$

且由 $\displaystyle e^u-1\sim u$ 可得

$$\displaystyle e^{f(x)}-1\sim f'(0)x.$$

于是原比值趋于 $\displaystyle 0$，与极限为 $\displaystyle 1$ 矛盾。因此

$$\displaystyle f'(0)=0.$$

此时

$$\displaystyle f(x)=\frac12f''(0)x^2+o(x^2).$$

由于 $\displaystyle f(x)=O(x^2)$，有

$$\displaystyle e^{f(x)}-1=f(x)+o(x^2) =\frac12f''(0)x^2+o(x^2).$$

因而

$$\displaystyle 1=\lim_{x\to0} \dfrac{-\frac12x^2+o(x^2)} {\frac12f''(0)x^2+o(x^2)} =-\frac1{f''(0)}.$$

所以

$$\displaystyle f''(0)=-1.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处 $\displaystyle n\ (n\ge2)$ 阶可导，且当 $\displaystyle x\to a$ 时 $\displaystyle f(x)$ 是 $\displaystyle x-a$ 的 $\displaystyle n$ 阶无穷小，求证：$\displaystyle f(x)$ 的导函数 $\displaystyle f'(x)$ 当 $\displaystyle x\to a$ 时是 $\displaystyle x-a$ 的 $\displaystyle n-1$ 阶无穷小。

由“$\displaystyle f(x)$ 是 $\displaystyle x-a$ 的 $\displaystyle n$ 阶无穷小”可知，存在有限非零常数 $\displaystyle C$，使得

$$\displaystyle \lim_{x\to a}\dfrac{f(x)}{(x-a)^n}=C\ne0.$$

因为 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处 $\displaystyle n$ 阶可导，所以由带皮亚诺余项的泰勒公式，令 $\displaystyle h=x-a$，有

$$\displaystyle f(a+h)=f(a)+f'(a)h+\dfrac{f''(a)}{2!}h^2+ \cdots+\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}h^n+o(h^n).$$

两边除以 $\displaystyle h^n$。由于商的极限为有限值，所有低于 $\displaystyle n$ 次的项均必须消失，因此

$$\displaystyle f(a)=f'(a)=\cdots=f^{(n-1)}(a)=0.$$

同时

$$\displaystyle C=\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}\ne0.$$

再对函数 $\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处作 $\displaystyle n-1$ 阶泰勒展开：

$$\displaystyle \begin{aligned} f'(a+h) &=f'(a)+f''(a)h+\cdots +\dfrac{f^{(n)}(a)}{(n-1)!}h^{n-1} +o(h^{n-1})\\ &=\dfrac{f^{(n)}(a)}{(n-1)!}h^{n-1} +o(h^{n-1}). \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \lim_{x\to a}\dfrac{f'(x)}{(x-a)^{n-1}} =\dfrac{f^{(n)}(a)}{(n-1)!} =nC\ne0.$$

所以 $\displaystyle f'(x)$ 是 $\displaystyle x-a$ 的 $\displaystyle n-1$ 阶无穷小。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处四阶可导，且

$$\displaystyle f'(a)=f''(a)=f'''(a)=0, \qquad f^{(4)}(a)\ne0,$$

求证：当 $\displaystyle f^{(4)}(a)>0$（$\displaystyle <0$）时，$\displaystyle x=a$ 是 $\displaystyle f(x)$ 的极小（大）值点。

由 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle x=a$ 处四阶可导，利用带皮亚诺余项的泰勒公式，有

$$\displaystyle \begin{aligned} f(x) &=f(a)+f'(a)(x-a)+\dfrac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 +\dfrac{f'''(a)}{3!}(x-a)^3\\ &\quad+\dfrac{f^{(4)}(a)}{4!}(x-a)^4 +o\bigl((x-a)^4\bigr). \end{aligned}$$

由题设前三阶导数均为零，故

$$\displaystyle f(x)-f(a) =\dfrac{f^{(4)}(a)}{24}(x-a)^4 +o\bigl((x-a)^4\bigr).$$

即

$$\displaystyle f(x)-f(a) =(x-a)^4\left[\dfrac{f^{(4)}(a)}{24}+o(1)\right].$$

当 $\displaystyle x\ne a$ 时，恒有

$$\displaystyle (x-a)^4>0.$$

若 $\displaystyle f^{(4)}(a)>0$，则存在 $\displaystyle a$ 的某个去心邻域，使得

$$\displaystyle \dfrac{f^{(4)}(a)}{24}+o(1)>0.$$

因而在该去心邻域内

$$\displaystyle f(x)-f(a)>0,$$

即

$$\displaystyle f(x)>f(a).$$

所以 $\displaystyle x=a$ 是严格极小值点。

同理，若 $\displaystyle f^{(4)}(a)<0$，则在 $\displaystyle a$ 的某个去心邻域内

$$\displaystyle f(x)-f(a)<0,$$

即

$$\displaystyle f(x)<f(a).$$

因此 $\displaystyle x=a$ 是严格极大值点。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x),g(x)$ 在 $\displaystyle x=x_0$ 某邻域有二阶连续导数，曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 和 $\displaystyle y=g(x)$ 有相同的凹凸性。求证：曲线 $\displaystyle y=f(x)$ 和 $\displaystyle y=g(x)$ 在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处相交、相切且有相同曲率的充要条件是

$$\displaystyle f(x)-g(x)=o\bigl((x-x_0)^2\bigr)\qquad(x\to x_0).$$

记

$$\displaystyle h(x)=f(x)-g(x).$$

必要性：

假设两曲线在点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处相交、相切且有相同曲率。

相交意味着

$$\displaystyle f(x_0)=g(x_0)=y_0,$$

即

$$\displaystyle h(x_0)=0.$$

相切意味着两曲线在该点的切线斜率相同，因此

$$\displaystyle f'(x_0)=g'(x_0),$$

即

$$\displaystyle h'(x_0)=0.$$

对于曲线 $\displaystyle y=f(x)$，其在 $\displaystyle x=x_0$ 处的曲率为

$$\displaystyle \kappa_f= \dfrac{|f''(x_0)|}{\left[1+f'^2(x_0)\right]^{3/2}}.$$

类似地，

$$\displaystyle \kappa_g= \dfrac{|g''(x_0)|}{\left[1+g'^2(x_0)\right]^{3/2}}.$$

因为两曲线相切且曲率相同，所以

$$\displaystyle |f''(x_0)|=|g''(x_0)|.$$

又因两曲线有相同的凹凸性，故 $\displaystyle f''(x_0)$ 与 $\displaystyle g''(x_0)$ 的符号相同，于是

$$\displaystyle f''(x_0)=g''(x_0),$$

即

$$\displaystyle h''(x_0)=0.$$

由 $\displaystyle h(x)$ 在 $\displaystyle x=x_0$ 处的二阶泰勒公式，

$$\displaystyle h(x)=h(x_0)+h'(x_0)(x-x_0) +\frac12h''(x_0)(x-x_0)^2 +o\bigl((x-x_0)^2\bigr).$$

代入

$$\displaystyle h(x_0)=h'(x_0)=h''(x_0)=0,$$

得

$$\displaystyle f(x)-g(x)=h(x)=o\bigl((x-x_0)^2\bigr).$$

充分性：

反之，假设

$$\displaystyle h(x)=f(x)-g(x)=o\bigl((x-x_0)^2\bigr).$$

令 $\displaystyle x\to x_0$，由 $\displaystyle h(x)$ 的连续性可得

$$\displaystyle h(x_0)=0,$$

即

$$\displaystyle f(x_0)=g(x_0).$$

因而两曲线在同一点 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 相交。

又

$$\displaystyle h'(x_0) =\lim_{x\to x_0}\dfrac{h(x)-h(x_0)}{x-x_0} =\lim_{x\to x_0}\dfrac{o((x-x_0)^2)}{x-x_0}=0.$$

所以

$$\displaystyle f'(x_0)=g'(x_0),$$

两曲线在该点相切。

另一方面，由二阶泰勒公式，

$$\displaystyle h(x)=h(x_0)+h'(x_0)(x-x_0) +\frac12h''(x_0)(x-x_0)^2 +o\bigl((x-x_0)^2\bigr).$$

已知 $\displaystyle h(x_0)=h'(x_0)=0$，故

$$\displaystyle h(x)=\frac12h''(x_0)(x-x_0)^2 +o\bigl((x-x_0)^2\bigr).$$

与题设

$$\displaystyle h(x)=o\bigl((x-x_0)^2\bigr)$$

比较可知

$$\displaystyle h''(x_0)=0,$$

从而

$$\displaystyle f''(x_0)=g''(x_0).$$

结合

$$\displaystyle f'(x_0)=g'(x_0),$$

可得

$$\displaystyle \dfrac{|f''(x_0)|}{[1+f'^2(x_0)]^{3/2}} = \dfrac{|g''(x_0)|}{[1+g'^2(x_0)]^{3/2}}.$$

因此两曲线在该点有相同曲率。

综上，两曲线在 $\displaystyle (x_0,y_0)$ 处相交、相切且有相同曲率，当且仅当

$$\displaystyle f(x)-g(x)=o\bigl((x-x_0)^2\bigr) \qquad(x\to x_0).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

求 $\displaystyle f(x)=3^x$ 带拉格朗日余项的 $\displaystyle n$ 阶泰勒公式。

令

$$\displaystyle f(x)=3^x=e^{x\ln 3}.$$

对任意非负整数 $\displaystyle k$，有

$$\displaystyle f^{(k)}(x)=3^x(\ln 3)^k.$$

因此

$$\displaystyle f^{(k)}(x_0)=3^{x_0}(\ln 3)^k.$$

根据带拉格朗日余项的泰勒公式，

$$\displaystyle f(x) =\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1},$$

其中 $\displaystyle \xi$ 位于 $\displaystyle x$ 与 $\displaystyle x_0$ 之间。代入各阶导数即得

$$\displaystyle 3^x =3^{x_0}\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(\ln 3)^k}{k!}(x-x_0)^k +\dfrac{3^{\xi}(\ln 3)^{n+1}}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，在 $\displaystyle (a,b)$ 内二阶可导，证明：存在 $\displaystyle \xi\in(a,b)$，使得

$$\displaystyle f(b)-2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f(a)=\frac14(b-a)^2f''(\xi).$$

记

$$\displaystyle m=\dfrac{a+b}{2}, \qquad h=\dfrac{b-a}{2},$$

则

$$\displaystyle a=m-h, \qquad b=m+h.$$

构造二次多项式

$$\displaystyle P(x)=f(m)+A(x-m)+B(x-m)^2,$$

使它满足

$$\displaystyle P(a)=f(a), \qquad P(m)=f(m), \qquad P(b)=f(b).$$

将 $\displaystyle x=a=m-h$ 与 $\displaystyle x=b=m+h$ 代入，得到

$$\displaystyle -Ah+Bh^2=f(a)-f(m),$$$$\displaystyle Ah+Bh^2=f(b)-f(m).$$

两式相加可得

$$\displaystyle 2Bh^2=f(a)+f(b)-2f(m),$$

因而

$$\displaystyle P''(x)=2B =\dfrac{f(a)+f(b)-2f(m)}{h^2}.$$

令

$$\displaystyle F(x)=f(x)-P(x).$$

由构造可知

$$\displaystyle F(a)=F(m)=F(b)=0.$$

在区间 $\displaystyle [a,m]$ 和 $\displaystyle [m,b]$ 上分别应用罗尔定理，存在

$$\displaystyle \eta_1\in(a,m), \qquad \eta_2\in(m,b),$$

使得

$$\displaystyle F'(\eta_1)=F'(\eta_2)=0.$$

再在 $\displaystyle [\eta_1,\eta_2]$ 上应用罗尔定理，存在

$$\displaystyle \xi\in(\eta_1,\eta_2)\subset(a,b),$$

使得

$$\displaystyle F''(\xi)=0.$$

因此

$$\displaystyle f''(\xi)=P''(\xi) =\dfrac{f(a)+f(b)-2f(m)}{h^2}.$$

整理得

$$\displaystyle f(b)-2f(m)+f(a)=h^2f''(\xi).$$

由于

$$\displaystyle h^2=\frac14(b-a)^2,$$

故

$$\displaystyle f(b)-2f\left(\dfrac{a+b}{2}\right)+f(a) =\frac14(b-a)^2f''(\xi).$$

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 为 $\displaystyle n+1$ 阶可导函数，求证：$\displaystyle f(x)$ 为 $\displaystyle n$ 次多项式的充要条件是

$$\displaystyle f^{(n+1)}(x)=0,\qquad f^{(n)}(x)\ne0.$$

必要性：

若 $\displaystyle f(x)$ 是 $\displaystyle n$ 次多项式，可写为

$$\displaystyle f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0, \qquad a_n\ne0.$$

连续求导 $\displaystyle n$ 次，得到

$$\displaystyle f^{(n)}(x)=n!a_n\ne0.$$

再求一次导数，得到

$$\displaystyle f^{(n+1)}(x)=0.$$

所以条件是必要的。

充分性：

反之，设

$$\displaystyle f^{(n+1)}(x)\equiv0, \qquad f^{(n)}(x)\not\equiv0.$$

任取定义区间内一点 $\displaystyle x_0$。由带拉格朗日余项的 $\displaystyle n$ 阶泰勒公式，存在位于 $\displaystyle x$ 与 $\displaystyle x_0$ 之间的 $\displaystyle \xi$，使得

$$\displaystyle f(x) =\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k +\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.$$

因为

$$\displaystyle f^{(n+1)}(\xi)=0,$$

所以余项恒为零，从而

$$\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k.$$

这说明 $\displaystyle f(x)$ 是次数不超过 $\displaystyle n$ 的多项式。

此外，由

$$\displaystyle f^{(n+1)}(x)=0$$

可知 $\displaystyle f^{(n)}(x)$ 在定义区间内为常数。结合

$$\displaystyle f^{(n)}(x)\not\equiv0,$$

可知该常数非零，所以 $\displaystyle (x-x_0)^n$ 的系数

$$\displaystyle \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$$

非零，故 $\displaystyle f(x)$ 的次数恰为 $\displaystyle n$。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 二阶可导且 $\displaystyle f(x),f''(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上有界，求证：$\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上有界。

由于 $\displaystyle f(x)$ 与 $\displaystyle f''(x)$ 均有界，存在常数 $\displaystyle M>0$、$\displaystyle N>0$，使得对任意 $\displaystyle x>0$，都有

$$\displaystyle |f(x)|\le M, \qquad |f''(x)|\le N.$$

对任意 $\displaystyle x>0$，在区间 $\displaystyle [x,x+1]$ 上对 $\displaystyle f$ 使用带拉格朗日余项的一阶泰勒公式，存在

$$\displaystyle \xi_x\in(x,x+1),$$

使得

$$\displaystyle f(x+1)=f(x)+f'(x)+\frac12f''(\xi_x).$$

因而

$$\displaystyle f'(x)=f(x+1)-f(x)-\frac12f''(\xi_x).$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} |f'(x)| &\le |f(x+1)|+|f(x)|+\frac12|f''(\xi_x)|\\ &\le 2M+\dfrac N2. \end{aligned}$$

右端与 $\displaystyle x$ 无关，因此对所有 $\displaystyle x>0$，均有统一估计

$$\displaystyle |f'(x)|\le2M+\dfrac N2.$$

所以 $\displaystyle f'(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 上有界。

主观题李正元练习题·高等数学计算题与证明题

设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 二阶可导，$\displaystyle f(x)>0$，$\displaystyle f''(x)<0\ (x\in(a,b))$，求证：

$$\displaystyle \max_{[a,b]}f(x)<\frac2{b-a}\int_a^b f(x)\,dx.$$

由于 $\displaystyle f(x)$ 在闭区间 $\displaystyle [a,b]$ 上连续，故存在 $\displaystyle c\in[a,b]$，使得

$$\displaystyle M=f(c)=\max_{[a,b]}f(x).$$

又因为

$$\displaystyle f''(x)<0,$$

所以 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上严格凹。

若 $\displaystyle c>a$，则对任意 $\displaystyle x\in(a,c)$，严格凹性给出

$$\displaystyle f(x)> \dfrac{c-x}{c-a}f(a)+\dfrac{x-a}{c-a}M.$$

两边在 $\displaystyle [a,c]$ 上积分，得到

$$\displaystyle \int_a^c f(x)\,dx >\dfrac{c-a}{2}\bigl(f(a)+M\bigr) >\dfrac{c-a}{2}M,$$

其中最后一个严格不等式利用了 $\displaystyle f(a)>0$。当 $\displaystyle c=a$ 时，上式对应的区间长度为零，可直接记为

$$\displaystyle \int_a^c f(x)\,dx=0=\dfrac{c-a}{2}M.$$

同理，若 $\displaystyle c<b$，则对任意 $\displaystyle x\in(c,b)$，有

\displaystyle f(x)> \dfrac{b-x}{b-c}M+rac{x-c}{b-c}f(b),

从而

$$\displaystyle \int_c^b f(x)\,dx >\dfrac{b-c}{2}\bigl(M+f(b)\bigr) >\dfrac{b-c}{2}M.$$

当 $\displaystyle c=b$ 时，同样有

$$\displaystyle \int_c^b f(x)\,dx=0=\dfrac{b-c}{2}M.$$

将左右两部分相加。由于 $\displaystyle a<b$，至少有一个子区间长度为正，且相应的不等式严格成立，因此

$$\displaystyle \int_a^b f(x)\,dx >\dfrac{c-a}{2}M+\dfrac{b-c}{2}M =\dfrac{b-a}{2}M.$$

故

$$\displaystyle M<\frac2{b-a}\int_a^b f(x)\,dx.$$

即

$$\displaystyle \max_{[a,b]}f(x) <\frac2{b-a}\int_a^b f(x)\,dx.$$