用户: Solution/ 习题: 楼分析/微分中值定理和Taylor展式

1微分中值定理

Fermat 引理,Rolle 中值定理,Lagrange 中值定理,Cauahy 中值定理, 微分 Darboux 定理, 凸集, 常微分方程初值问题解的唯一性

A 1.1. 设一元实函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, $f(a)=f(b)=0$. 证明:

•	存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 ${\xi }^{2}f(\xi )++f^{\prime }(\xi )=0$. 证明. 令 $F(x)=f(x)\cdot \exp \left(\frac{1}{3}{x}^3\right)$, 则 $F(0)=F(1)$, 由 Rolle 定理知 $\exists \xi \in (a,b)$ 使得 $F^{\prime }(\xi )=\exp \left(\frac{1}{3}{\xi }^3\right)\left({\xi }^{2}f(\xi )+f^{\prime }(\xi )\right)=0$, 结论得证. $\square$
•	存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^2(\xi )\sin \xi ++f^{\prime }(\xi )=0$. 证明. 令 $F(x)=f(x)\cdot \exp \left({\int }_a^{x}f(t)\sin tdt\right).$ 仿 (1) 即可. $\square$

设实函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上可导, $f(a)=f(b)=0$. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得$$f^3(\xi )+f^{\prime }(\xi )=0.$$

证明. 令 $F(x)=f(x)\cdot \exp \left({\int }_a^x{f}^2(t)dt\right)$, 则 $F(a)=F(b)=0$, 由 Rolle 定理知 $\exists \xi \in (a,b)$ 使得$$F^{\prime }(\xi )=\exp \left({\int }_a^{\xi }f(t)dt\right)\left(f^3(\xi )+f^{\prime }(\xi )\right)=0,$$从而得证.

$\square$

设实函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续, 在 $(0,1)$ 内二阶可导. 已知 $f(0)=f(1)=0,f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}.$ 证明: 存在 $\xi \in (0,1)$, 使得 $f^{\prime \prime }(\xi )=-2$.

证明. 令 $F(x)=f(x)+x^2$, 则 $F(0)=0,F(1)=1,F\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}$, 则由 Lagrange 中值定理知 $\exists {\xi }_1\in \left(0,\frac{1}{2}\right),{\xi }_2\in \left(\frac{1}{2},1\right)$ 使得$$F^{\prime }({\xi }_1)=\frac{F\left(1/2\right)-F(0)}{1/2-0}=1,F^{\prime }({\xi }_2)=\frac{F(1)-F\left(1/2\right)}{1-1/2}=1,$$由 Rolle 定理知 $\exists \xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)$ 使得 $F^{\prime \prime }(\xi )=f^{\prime \prime }(\xi )+2=0$. 得证.

$\square$

设实函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上有二阶导数, 且$$f(0)=1,f(1)=3e,f^{\prime }(1)=5e.$$证明或证伪: 存在 $\xi \in (0,1)$ 使得$$f^{\prime \prime }(\xi )-2f^{\prime }(\xi )+f(\xi )=0.$$

证明. 令 $F(x)=e^{-x}f(x).$ 则 $F(0)=1,F(1)=3$, 由 Lagrange 中值定理知 $\exists {\xi }_1$ 使得$$F^{\prime }({\xi }_1)=\frac{F(1)-F(0)}{1-0}=2,$$而易见 $F^{\prime }(1)=2$, 从由 Rolle 定理 $\exists \xi \in ({\xi }_1,1)$ 使得 $F^{\prime \prime }(\xi )=e^{-\xi }\left(f^{\prime \prime }(\xi )-2f^{\prime }(\xi )+f(\xi )\right)=0$.

$\square$

设一元实函数 $f$ 在 $[1,2]$ 上有二阶导数, 且 $f(2)=0$. 令 $F(x)=(x-1{)}^{2}f(x)$, 证明: 存在 $\xi \in (1,2)$ 使得 $F^{\prime \prime }(\xi )=0.$

证明. 易见 $F(1)=F(2)=0$, 由 Rolle 定理知 $\exists {\xi }_1\in (a,b)$ 使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=0$, 易见 $F^{\prime }(1)=0$, 再次使用 Rolle 定理知 $\xi \in ({\xi }_1,1)$ 使得 $F^{\prime \prime }(\xi )=0$.

$\square$

设 $\delta >0$. 在 $(-\delta ,\delta )$ 内, 一元实函数 $f$ 可微, 且满足$$f(x+y)=\frac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)},\forall x,y,x+y\in (-\delta ,\delta ).$$试求 $f$.

解答 1.2. 易见 $f(0)=0$, 方程两侧对 $y$ 求导得到$$f^{\prime }(x+y)=\frac{f^{\prime }(y)\left(1-f(x)f(y)\right)+f(x)f^{\prime }(y)\left(f(x)+f(y)\right)}{{\left(1-f(x)f(y)\right)}^2},$$记 $a=f^{\prime }(0)$, 同时令 $y=0$ 得到$$f^{\prime }(x)=a+a{f}^2(x),$$容易解得 $f(x)=\tan ax.$

设 $a_1=2,a_2=3,a_{n+2}=a_{n+1}+\frac{1}{\ln a_n}(n⩾1)$. 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{a_n\ln a_n}{n}$ 存在并求其值.

解答 1.3. 易见 $\{a_n\}$ 单增且无界. 设可微函数 $f(x)$ 满足 $f(n)=a_n$, 且 $f(x)$ 单调递增. 同时设 $F(x)=f(x)\ln f(x)$. 对于原极限, 由 Stolz 定理与 Lagrange 中值定理可得$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_n\ln a_n}{n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_{n+1}\ln a_{n+1}-a_n\ln a_n=\underset{n\to +\infty }{\lim }F(n+1)-F(n)=\underset{n\to +\infty }{\lim }{F}^{\prime }({\xi }_n),$$其中 ${\xi }_n\in (n,n+1)$, 而 $F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)\left(\ln f(x)+1\right)$, 结合 $f(x)$ 单调性, 有$$f^{\prime }({\xi }_n)\left(\ln a_n+1\right)⩽f^{\prime }({\xi }_n)\left(\ln {\xi }_n+1\right)⩽f^{\prime }({\xi }_n)\left(\ln a_{n+1}+1\right).$$${\lim }_{n\to +\infty }\frac{a_n\ln a_n}{n}=1.$

设 $\psi$ 是 $(0,+\infty )$ 上局部有界的实值函数, 满足$$\psi (xy)=\psi (x)+\psi (y),\forall x,y\in (0,+\infty ).$$试证明:

•	$\psi$ 在 $(0,+\infty )$ 上某一点连续, 进而在 $(0,+\infty )$ 每一点连续.
•	对任何 $x>0$ 以及有理数 $q$, $\psi (x^q)=q\psi (x).$
•	对任何 $x>0$ 以及实数 $y$, $\psi (x^y)=y\psi (x).$ 特别的, 对任何 $x>0$ 成立 $\psi (x)=\psi (e)\ln x.$

若对任何 $x,y\in \mathbb{R},\mathbb{R}$ 上不恒为零的一元实函数 $f$ 满足 $f(x+y)=f(x)f(y)$. 进一步, $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上局部有界, 证明: 存在常数 $a$ 使得$$f(x)=a^x,\forall x\in \mathbb{R}.$$举例说明中值定理对于复值函数不成立. 设 $f,g\in C[a,b],g$ 严格单调. 证明: 存在 $[a_1,b_1]\subset [a,b]$ 使得 $b_1-a_1=\frac{b-a}{2}$, 且$$\frac{f(b_1)-f(a_1)}{g(b_1)-g(a_1)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.$$

证明. 记 $m=\frac{a+b}{2},c=\frac{b-a}{2}$, 设$$F(x)=\frac{f(x+c)-f(x)}{g(x+c)-g(x)}-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)},x\in [a,m],$$注意到$$\frac{f(m)-f(a)}{g(m)-g(a)}\cdot \frac{g(m)-g(a)}{g(b)-g(a)}+\frac{f(b)-f(m)}{g(b)-g(m)}\cdot \frac{g(b)-g(m)}{g(b)-g(a)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)},$$并且 $\frac{g(m)-g(a)}{g(b)-g(a)}+\frac{g(b)-g(m)}{g(b)-g(a)}=1$, 结合题设可知 $F(a)$ 与 $F(c)$ 异号, 从而有结论得证.

$\square$

B 1.4. 若对任何 $x,y\in \mathbb{R},\mathbb{R}$ 上的一元复值函数 $f$ 满足 $f(x+y)=f(x)f(y)$. 进一步, $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上局部有界. 试问, $f$ 的解具有什么形式? 在上一题中, 假设 $f$ 的取值为 $n$ 阶方阵, 结论又如何? 设 $f$ 在 $(a,b)$ 内连续且右导数为 $f_{+}^{\prime }(x)=x\arctan x$. 证明: $f$ 在 $(a,b)$ 内可导. 设实函数 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 上有二阶的连续导数, 满足 $f(0)=f^{\prime }(0)=0$ 以及 $f^{\prime \prime }(x)+3f^{\prime }(x)+2f(x)⩾0$. 证明: $f(x)⩾0\left(\forall x\in \left[0,+\infty \right)\right)$. 设实函数 $f$ 在区间 $[-1,1]$ 上连续, 在 $(-1,1)$ 内三阶可导. 证明: $\xi \in (-1,1)$ 使得 $f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3\left(f(1)-f(-1)-2f^{\prime }(0)\right)$.

证明. 令$$\begin{array}{rl}F(x)=& f(x)-\left(\frac{f(1)-f(-1)-2f^{\prime }(0)}{2}\right)x^3+\left(f(0)-\frac{f(-1)+f(1)}{2}\right)x^2-f^{\prime }(0)x\end{array}$$于是有$$F(-1)=F(0)=F(1)=f(0),$$由 Rolle 定理可知 $\exists {\xi }_1\in (-1,0),\exists {\xi }_2\in (0,1)$ 使得 $F^{\prime }({\xi }_1)=F^{\prime }({\xi }_2)=0$, 又有 $F^{\prime }(0)=0$, 再次使用 Rolle 定理, 即 $\exists {\xi }_3\in ({\xi }_1,0)$ 与 ${\xi }_4\in (0,{\xi }_2)$ 使得 $F^{\prime \prime }({\xi }_3)=F^{\prime \prime }({\xi }_4)=0$, 依 Rolle 定理 $\exists \xi \in ({\xi }_3,{\xi }_4)$ 使得 $F^{\prime \prime \prime }(\xi )=0$. 结论得证.

$\square$

设实函数 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上的有界可微函数, 且对任何 $x$ 均有 $|f^{\prime }(x)|<1.$ 证明: 存在 $M<1$ 使得对任何 $x\in \mathbb{R}$ 成立 $|f(x)-f(0)|⩽M|x|$.

进一步, 是否存在常数 $K<1$, 使得对任何 $x,y\in \mathbb{R}$, 均有 $|f(x)-f(y)|<K|x-y|$?

证明. 由 Lagrange 中值定理, 有$$\left|\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right|=|f^{\prime }(\xi )|<M<1,\xi \text{介于0与x之间},$$由此知 $|f(x)-f(0)|<M|x|$. 同理可知后者部分结论也成立.

$\square$

设实函数 $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的连续可导函数, 且 $\forall x\in \mathbb{R},f^{\prime }(x)>f\left(f(x)\right)$. 证明: $\forall x⩾0,f\left(f\left(f(x)\right)\right)⩽0$.

2L’Hôpital 法则

L’Hôpital 法则及其推广, 极限计算的化简—“去核” 和 " 去皮 "

A 2.1. 设 $x_0\in (0,\pi ),x_{n+1}=\sin x_n(n⩾0).$ 计算 ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt{n}\sin x_n$.

解答 2.2. 易见 $\{x_n\}$ 大于零单调递减有下界, 取极限得 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=0$, 而$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n{\sin }^2{x}_n}& \stackrel{\text{Stolz}}{=}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\sin }^2{x}_n-{\sin }^2{x}_{n+1}}{{\sin }^2{x}_n{\sin }^2{x}_{n+1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_{n+1}^2-{\sin }^2{x}_{n+1}}{x_{n+1}^2{\sin }^2{x}_{n+1}}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(x-\sin x)(x+\sin x)}{x^2{\sin }^{2}x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1/6\cdot x^3\cdot 2x}{x^4}=\frac{1}{3}.\end{array}$$从而 ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt{n}\sin x_n=\sqrt{3}$.

计算 ${\lim }_{x\to 0}{\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}^{1/x^2}$.

解答 2.3. 由于$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arcsin x-x}{x^3}=\frac{1}{6}.$$从而 ${\lim }_{x\to 0}{\left(\frac{\arcsin x}{x}\right)}^{1/x^2}=\exp \left(\frac{1}{6}\right)$.

计算 ${\lim }_{x\to +\infty }\left(\left(x^3-x^2+\frac{x}{2}\right)e^{1/x}-\sqrt{x^6+x}\right)$.

解答 2.4. 令 $t=\frac{1}{x}$, 则原极限变为$$\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^t\left(1-t+\frac{1}{2}{t}^2\right)-\sqrt{1+t^5}}{t^3}\stackrel{\text{L’Hoˆpital}}{=}\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{t}^2{e}^t-\frac{5t^4}{2\sqrt{1+t^5}}}{3t^2}=\frac{1}{6}.$$

计算:

•	${\lim }_{x\to 0}\frac{\arctan (\sin x)-\arctan (\ln (1+x))}{x^2}$. 解答 2.5. 注意到 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x-\ln (1+x)}{x^2}\stackrel{\text{L’Hoˆpital}}{=}\frac{1}{2}$, 于是有$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arctan (\sin x)-\arctan (\ln (1+x))}{x^2}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\arctan (\sin x)-\arctan (\ln (1+x))}{\sin x-\ln (1+x)}\cdot \frac{\sin x-\ln (1+x)}{x^2}\\ =& \frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\arctan x\right)}^{\prime }=\frac{1}{2}.\end{array}$$
•	${\lim }_{x\to 0}\frac{(1+\tan x{)}^{3/2}-(1+x{)}^{3/2}}{x^3}.$ 解答 2.6. 注意到 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x^3}\stackrel{\text{L’Hoˆpital}}{=}=\frac{1}{3}$, 于是有$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+\tan x{)}^{3/2}-(1+x{)}^{3/2}}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(1+\tan x{)}^{3/2}-(1+x{)}^{3/2}}{\tan x-x}\cdot \frac{\tan x-x}{x^3}\\ =& \frac{1}{3}\underset{x\to 0}{\lim }{\left((1+x{)}^{3/2}\right)}^{\prime }=\frac{1}{2}.\end{array}$$
•	${\lim }_{x\to 0}\left(\frac{1}{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right).$ 解答 2.7. 记 $F(x)=\ln (1+x),\phi (x)=x,\psi (x)=x+\sqrt{1+x^2}-1$, 注意到$$\underset{x\to 0}{\lim }{F}^{\prime }(x)=1,\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\psi (x)}{x}=1,$$以及$$\begin{array}{c}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)-\psi (x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\sqrt{1+x^2}}{x^2}\stackrel{\text{L’Hoˆpital}}{=}-\frac{1}{2}\\ \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)\psi (x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\phi (x)}{x}\cdot \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\psi (x)}{x}=1.\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{\ln (x+\sqrt{1+x^2})}-\frac{1}{\ln (1+x)}\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{\ln (x+\sqrt{1+x^2})\cdot \ln (1+x)}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+x)-\ln \left(x+\sqrt{1+x^2}\right)}{x^2}=-\frac{1}{2}.\end{array}$$
•	${\lim }_{x\to 0}\frac{{\left(1+\frac{x}{x+1}\right)}^{(1+x)/x}-{\left(1+\tan x\right)}^{1/\tan x}}{x^2}$. 解答 2.8. 设 $F(x)={\left(1+x\right)}^{1/x}$, 注意到$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{x+1}-\tan x}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-(x+1)\tan x}{x^2}\stackrel{\text{L’Hoˆpital}}{=}-1,$$以及$$\underset{x\to 0}{\lim }{F}^{\prime }(x)=e\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-(1+x)\ln (1+x)}{x^2}\stackrel{\text{L’Hoˆpital}}{=}-\frac{e}{2}.$$于是$$\begin{array}{rl}& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+\frac{x}{x+1}\right)}^{(1+x)/x}-{\left(1+\tan x\right)}^{1/\tan x}}{x^2}\\ =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+\frac{x}{x+1}\right)}^{(1+x)/x}-{\left(1+\tan x\right)}^{1/\tan x}}{\frac{x}{x+1}-\tan x}\cdot \frac{\frac{x}{x+1}-\tan x}{x^2}=\frac{e}{2}.\end{array}$$

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上两阶可导, 且满足 $|f^{\prime \prime }(x)|⩽M|f(x)|,f(a)=f^{\prime }(a)=0$, 其中 $M$ 是一个常数, 证明 $f(x)\equiv 0$.

证明. 97 页

反证法. 若 $\exists x_0\in (a,b]$ 使得 $f(x_0)\ne 0$, 不妨设 $f(x_0)>0$, 记$$c=\sup \{x\in [a,x_0]|f(x)⩽0\},$$则 $c$ 适定, 且 $c\in \left[a,x_0\right),f(c)=0$,$$f(x)>0,\forall x\in (c,x_0).$$在 $(c,x_0)$ 内, 有$$\frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}⩽M,$$即$${\left(\ln f(x)\right)}^{\prime }⩽M,\forall x\in (c,x_0),$$所以由中值定理可得$$\frac{\ln f(x_0)-\ln f(x)}{x_0-c}⩽M,\forall x\in (c,x_0).$$在上式中令 $x\to c^{+}$, 并注意到 $f(c)=0$ 得到 $+\infty ⩽M$. 矛盾, 所以 $f(x)\equiv 0$.

$\square$

设 $f$ 在 $\left[0,+\infty \right)$ 可导, 且 $f^{\prime }(x)$ 在 $\left(0,+\infty \right)$ 上一致连续, ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 存在. 证明 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=0.$

证明.

$\square$

设 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续可微, 且 $f(x+1)-f(x)=f^{\prime }(x)(\forall x\in \mathbb{R})$, ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=c.$ 证明 $f^{\prime }(x)\equiv c$.

证明. 反证法. 设有 ${\xi }_0$ 使得 $f^{\prime }({\xi }_0)\ne c$, 则$$f({\xi }_0+1)-f({\xi }_0)=f^{\prime }({\xi }_0),$$由 Lagrange 中值定理可知 $\exists {\xi }_1\in ({\xi }_0,{\xi }_0+1)$ 使得$$f^{\prime }({\xi }_0)=f({\xi }_0+1)-f({\xi }_0)=f^{\prime }({\xi }_1),$$则 $f({\xi }_1+1)-f({\xi }_1)=f^{\prime }({\xi }_1)$ 又由 Lagrange 中值定理知 $\exists {\xi }_2\in ({\xi }_1,{\xi }_1+1)$ 使得$$f^{\prime }({\xi }_0)=f({\xi }_1+1)-f({\xi }_1)=f^{\prime }({\xi }_2),$$重复这个操作得到 $\{{\xi }_n\}$ 使得 $f^{\prime }({\xi }_n)=f^{\prime }({\xi }_0)(n=0,1,2\cdots )$, 设集合 $E$ 为全体导数值等于 $f^{\prime }({\xi }_0)$ 的坐标全体, 即$$E=\{\xi |f^{\prime }(\xi )=f^{\prime }({\xi }_0)\},$$由上面的信息可见 $E$ 为无限集.

若 $E$ 无界, 则与题设 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime }(x)=c.$ 矛盾. 下证 $E$ 必无界.

事实上, 若 $E$ 有界, 则必有上确界, 记 ${\sup }_{\xi \in E}\xi =M$, 从 $E$ 中选取一子列 $\{{\xi }_n^{\prime }\}$ 使其收敛于 $M$, 结合 $f(x)$ 的连续性有$$f^{\prime }({\xi }_0)=\underset{n\to \infty }{\lim }\left[f({\xi }_n^{\prime }+1)-f({\xi }_n^{\prime })\right]=f(M+1)-f(M),$$由 Lagrange 中值定理可知 $\exists {\xi }^{\prime }\in (M,M+1)$ 使得 $f^{\prime }({\xi }^{\prime })=f^{\prime }({\xi }_0)$, 即 ${\xi }^{\prime }\in E$ 并且 ${\xi }^{\prime }>M$, 矛盾. 进而 $E$ 无界.

$\square$

B 2.9. 设 $x\in (0,1),p>0$, 试考察级数$${\left(\sin x\right)}^p-{\left(\sin \left(\sin x\right)\right)}^p+{\left(\sin \left(\sin \left(\sin x\right)\right)\right)}^p-{\left(\sin \left(\sin \left(\sin \left(\sin x\right)\right)\right)\right)}^p+\cdots$$的收敛性 (含绝对收敛性).

解答 2.10. 记 $a_0=x$, $a_{n+1}=\sin a_n(n⩾1)$, 于是原级数即为 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n+1}{a}_n$, 参考 6.2$\mathcal{A}$ 可知 $\{a_n^p\}$ 单调递减趋于零, 由 Leibniz 判别法可知原级数收敛.

并且由 ${\lim }_{n\to +\infty }\sqrt{n}\sin a_n=\sqrt{3}$ 可知 $a_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}$, 即 $a_n^p\sim {\left(\frac{3}{n}\right)}^{p/2}$, 从而 $p>2$ 时原级数绝对收敛.

设 $n⩾1,P$ 为 $n$ 阶实系数多项式, 则对于 $\mathbb{R}$ 上任何 $n$ 次可导的实函数 $f$, ${\lim }_{x\to +\infty }P(D)f(x)=0$ 均蕴涵 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=0$ 的充要条件是 $P$ 的所有零点都有负实部.

证明. 必要性.

充分性.

$\square$

设 $f$ 在 $\left[1,+\infty \right)$ 上连续, 在 $\left(1,+\infty \right)$ 上可导, 且 $e^{x^2}{f}^{\prime }(x)$ 在 $\left(1,+\infty \right)$ 上有界, 则在什么条件下可得 $x{e}^{x^2}f(x)$ 在 $\left[1,+\infty \right)$ 上有界?

解答 2.11.

设实函数 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上有界, 可导且 $|f^{\prime }(x)|<1(\forall x\in \mathbb{R})$, 又设 $x_0\in \mathbb{R},x_{n+1}=f(x_n)(n⩾0)$, 证明 $\{x_n\}$ 收敛.

证明. 设 $\max \{\left|f(x)\right|,|x_0|\}⩽M$. 考虑 $F(x)=x-f(x)$, 由于 $F(-M)=-M-f(-M)⩽0$, 而 $F(M)=M-f(M)⩾0$, 从而有 $x^{\ast }\in [-M,M]$ 使得 $F(x^{\ast })=0$. 下面说明, 这样的 $x^{\ast }$ 是唯一的, 事实上由于 $|f^{\prime }(x)|<1$, 由 Lagrange 中值定理, 对任意 $x<y$, 存在 $\xi \in (x,y)$ 使得$$\left|f(x)-f(y)\right|=|f^{\prime }(\xi )||x-y|<|x-y|,$$若还有 $x^{\prime }\ne x^{\ast }$ 使得 $F(x^{\prime })=0$, 则有 $\left|f(x^{\ast })-f(x^{\prime })\right|=|x^{\ast }-x^{\prime }|$ 矛盾.

再证 $\{x_n\}$ 收敛到 $x^{\ast }$, 由于$$\left|x_{n+1}-x^{\ast }\right|=\left|f(x_n)-f(x^{\ast })\right|<\left|x_n-x^{\ast }\right|,$$从而 $\{|x_n-x^{\ast }|\}$ 单调递减, 设其极限为 $A$, 则 $\{x_n\}$ 必存在子列收敛到 $x^{\ast }\pm A$. 不妨设 $\{x_n\}$ 本身收敛到 $x^{\ast }+A$, 则 $x_{n+1}=f(x_n)$ 收敛到 $f(x^{\ast }+A)$, 也即 $x^{\ast }+A=f(x^{\ast }+A)$, 则 $F(x^{\ast }+A)=0$, 由上述知 $A$ 只能为 0. 从而 $\{x_n\}$ 收敛.

$\square$

设实函数 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导且 $|f^{\prime }(x)|<1(\forall x\in \mathbb{R})$, 又设 $x_0\in \mathbb{R},x_{n+1}=f(x_n)(n⩾0)$, 证明 $\{x_n\}$ 收敛或举例说明 $\{x_n\}$ 可能发散.

解答 2.12. $\{x_n\}$ 可能发散. 设$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x+\frac{1}{x},& x⩾1,\\ 2,& -1<x<1,\\ -x-\frac{1}{x},& x⩽-1\end{array}$$取 $x_0=1$ 易见 $\{x_n\}$ 发散.

设 $\mathbf{F}:{\mathbb{R}}^n\to {\mathbb{R}}^n$ 是可微的有界函数, $\Vert {\mathbf{F}}_{\mathbf{x}}(\mathbf{x})\Vert <1(\forall \mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n)$, 又设 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n,{\mathbf{x}}_{k+1}=\mathbf{F}({\mathbf{x}}_k)(k⩾0)$, 证明 $\{{\mathbf{x}}_k\}$ 收敛.

证明. 设 $\max \{\Vert \mathbf{F}(\mathbf{x})\Vert ,\Vert \mathbf{x}\Vert \}⩽M$. 考虑 $\mathbf{G}(\mathbf{x})=\mathbf{x}-\mathbf{F}(\mathbf{x})$ 在 $[-M,M{]}^n$ 上的结果. 对于 $\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n$, 我们称 $\mathbf{x}⩽0$ 为 $\mathbf{x}$ 的所有分量小于等于 $0$; $\mathbf{x}⩾0$ 为 $\mathbf{x}$ 的所有分量大于等于 $0$. 记 $\mathbf{M}$ 为所有分量均为 $M$ 的向量, 则 $\mathbf{G}(-\mathbf{M})⩽0$ 而 $\mathbf{G}(\mathbf{M})⩾0$, 由于 $[-M,M{]}^n$ 道路连通并且 $\mathbf{G}$ 连续, 从而有 ${\mathbf{x}}^{\ast }\in [-M,M{]}^n$ 使得 $\mathbf{G}({\mathbf{x}}^{\ast })=0$.

下面说明这样的 ${\mathbf{x}}^{\ast }$ 是唯一的, 事实上由于 $\Vert {\mathbf{F}}_{\mathbf{x}}(\mathbf{x})\Vert <1$, 由中值定理, 对任意 $\mathbf{x},\mathbf{y}$, 存在 $\mathbf{\xi }$ 使得$$\Vert \mathbf{F}(\mathbf{x})-\mathbf{F}(\mathbf{y})\Vert =\Vert {\mathbf{F}}_{\mathbf{x}}(\mathbf{x})\Vert \Vert \mathbf{x}-\mathbf{y}\Vert <\Vert \mathbf{x}-\mathbf{y}\Vert ,$$若还有 ${\mathbf{x}}^{\prime }\ne {\mathbf{x}}^{\ast }$ 使得 $\mathbf{G}({\mathbf{x}}^{\prime })=0$, 则有 $\Vert \mathbf{F}({\mathbf{x}}^{\ast })-\mathbf{F}({\mathbf{x}}^{\prime })\Vert =\Vert {\mathbf{x}}^{\ast }-\mathbf{x}\ast \Vert$ 矛盾. 其余部分参考第 4 题.

$\square$

3凸函数

凸 (凹) 函数,Jensen 不等式, 割线斜率与凸性, 凸性与连续性, 中点凸 (凹) 函数, 凸函数与一阶导数, 支撑线 (面), 凸性与二阶导数,Hesse 矩阵, 对偶数,Young 不等式, 离散 Hölder 不等式, 离散 Minkowski 不等式, 幂平均不等式, 调和平均

定义 3.1. C61 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为凸集, 称 $f:E\to \mathbb{R}$ 为 $E$ 上的凸函数, 如果对于任何 $\alpha \in (0,1)$ 以及 $\mathbf{x},\mathbf{y}\in E$, 成立$$f(\alpha \mathbf{x}+(1-\alpha )\mathbf{y})⩽\alpha f(\mathbf{x})+(1-\alpha )f(\mathbf{y}).$$若当 $\mathbf{x}\ne \mathbf{y}$ 时上式中的严格不等式成立, 则称 $f$ 为严格凸函数. 称 $f$ 为 (严格) 凹函数如果 $-f$ 是 (严格) 凸函数.

定义 3.2. C62 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为凸集, 称 $f:E\to \mathbb{R}$ 为 $E$ 上的凸函数, 如果对于任何 $m⩾2,{\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2,\cdots ,{\mathbf{x}}_m\in E$ 以及满足 ${\alpha }_1+{\alpha }_2+\cdots +{\alpha }_m=1$ 的 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m⩾0$ 成立$$f\left(\sum _{k=1}^m{\alpha }_k{\mathbf{x}}_k\right)⩽\sum _{k=1}^m{\alpha }_{k}f\left({\mathbf{x}}_k\right).$$

定理 3.3. C63 设 $f$ 为区间 $(a,b)$ 内的实连续函数. 则有

•	$f$(严格) 凸当且仅当 $f_{+}^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内存在且 (严格) 单增.
•	$f$ 凸当且仅当 $f_{+}^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内存在, 且对任何 $x_0\in (a,b)$, 成立$$f(x)⩾f(x_0)+f_{+}^{\prime }(x_0)(x-x_0),\forall x\in (a,b).$$ 而 $f$ 严格凸当且仅当 $f_{+}^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内存在, 且对任何 $x_0\in (a,b)$ 以及 $x\ne x_0$, 上式中严格不等式成立.
•	$f$(严格) 凸当且仅当 $f_{-}^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内存在, 且 $f_{-}^{\prime }$(严格) 单增.
•	$f$ 凸当且仅当 $f_{-}^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内存在, 且对任何 $x_0\in (a,b)$, 成立$$f(x)⩾f(x_0)+f_{-}^{\prime }(x_0)(x-x_0),\forall x\in (a,b).$$ 而 $f$ 严格凸当且仅当 $f_{-}^{\prime }$ 在 $(a,b)$ 内存在, 且对任何 $x_0\in (a,b)$ 以及 $x\ne x_0$, 上式中严格不等式成立.
•	若 $f$ 可导, 则 $f$(严格) 凸当且仅当 $f^{\prime }$(严格) 单增.
•	若 $f$ 可导, 则 $f$ 凸当且仅当曲线在切线之上, 即对任何 $x_0\in (a,b)$, 成立$$f(x)⩾f(x_0)+f_{-}^{\prime }(x_0)(x-x_0),\forall x\in (a,b).$$而 $f$ 严格凸当且仅当对任何 $x_0\in (a,b)$ 以及 $x\ne x_0$, 上式中严格不等式成立.

定理 3.4. C64 设 $f$ 为区间 $(a,b)$ 内二阶可导函数, 则 $f$ 为凸函数当且仅当 $f^{\prime \prime }$ 非负, 进一步, 若 $f^{\prime \prime }$ 恒正, 则 $f$ 严格凸.

A 3.5. 设 $E\subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为凸集. 证明 $f:E\to \mathbb{R}$ 为凸函数当且仅当集合 $\{(\mathbf{x},y)|y⩾f(\mathbf{x},\mathbf{x}\in E)\}$ 为凸集.

证明.

$\square$

证明: 凸函数的定义 ?? 与定义 ?? 等价.

证明. content...

$\square$

设区间 $I$ 上的实函数 $f$ 在某一点 $x_0\in I$ 的附近有界, 且 $f$ 为 $I$ 上的中点凸函数. 尝试按以下步骤证明 $f$ 为 $I$ 上的凸函数:

•	证明 $f$ 在 $I$ 上的任何有界闭子区间上有界.
•	证明 $f$ 在 $I$ 的内点连续.
•	证明 $f$ 为 $I$ 上的凸函数.

证明.

$\square$

直接利用中值定理, 证明定理 ?? 的 (v)—(vi) 以及定理 ??. 设 $0<a<b,f$ 在 $[0,b]$ 上连续可导, 在 $[0,a]$ 上为凸函数, 在 $[a,b]$ 上为凸函数, $f^{\prime }(0)>f^{\prime }(b)$. 证明: 存在正整数 $n_0$, 使得对任何 $n⩾n_0$, 以及满足 $a_1+a_2+\cdots +a_n=b$ 的非负数列 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$, 成立 $f(a_1)+f(a_2)+\cdots +f(a_n)⩽nf\left(\frac{b}{n}\right)$. 设 $a,b,c$ 为满足 $a+b+c=1$ 的非负实数, 求证:

•	$\frac{a}{1+a^3}+\frac{b}{1+b^3}+\frac{c}{1+c^3}⩽\frac{27}{28}$. 证明. 设 $f(x)=\frac{x}{1+x^3}(x\in [0,1])$, 由 $f^{\prime \prime }(x)<0$ 克制 $f(x)$ 在给定定义域内是凹函数, 从而 $\frac{1}{3}\left(f(a)+f(b)+f(c)\right)⩽f\left(\frac{a+b+c}{3}\right)$, 即为题设不等式. $\square$
•	$\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}+\frac{c}{1+c^2}⩽\frac{9}{10}$. 证明. 设 $f(x)=\frac{x}{1+x^2}$, 同 (1) 可证. $\square$
•	$\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2}⩽\frac{27}{10}$. 证明. 设 $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$, 同 (2) 可证. $\square$
•	$\frac{1}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+c^2}}⩽\frac{9}{\sqrt{10}}.$ 证明. 设 $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$, 同 (3) 可证. $\square$

设 $a<b<c<d,f$ 在 $[a,c]$ 和 $[b,d]$ 上为凸函数, 证明 $f$ 在 $[a,d]$ 上为凸函数.

证明. 由于去除凸函数在端点处的值不会影响函数的凸性, 我们下证 $f$ 在 $(a,c)$ 和 $(b,d)$ 上为凸函数, 则 $f$ 在 $(a,d)$ 上也为凸函数.

首先, $f$ 在 $(a,c)$ 与 $(b,d)$ 上的凸性蕴含其连续性, 因此 $f$ 在 $(a,b)$ 内连续.

我们只需证明对任何 $\epsilon \in \left(0,\frac{b-c}{4}\right)$, $f$ 在 $(a+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内为凸函数. 任取 $\alpha \in \left(0,\frac{\epsilon }{4}\right)$, 定义$$f_{\alpha }=\frac{1}{{\alpha }^2}{\int }_x^{x+\alpha }dt{\int }_t^{t+\alpha }f(s)ds,x\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ).$$则 $f_{\alpha }$ 有连续的二阶导数, 且 ${\lim }_{\alpha \to 0^{+}}{f}_{\alpha }(x)=f(x)$.

进一步, $f_{\alpha }$ 在 $(a+\epsilon ,c-\epsilon )$ 和 $(b+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内分别为凸函数. 因此, 注意到 $c-\epsilon >b+\epsilon$,$$f_{\alpha }^{\prime \prime }(x)⩾0,\forall x\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ).$$所以 $f_{\alpha }(x)$ 是 $(a+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内的凸函数. 从而$$f_{\alpha }(x)\left(sx+(1-s)y\right)⩽s{f}_{\alpha }(x)+(1-s)f_{\alpha }(y),\forall s\in (0,1),x,y\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ).$$令 $\alpha \to 0^{+}$ 即得$$f(x)\left(sx+(1-s)y\right)⩽sf(x)+(1-s)f(y),\forall s\in (0,1),x,y\in (a+\epsilon ,d-\epsilon ).$$所以 $f$ 是 $(a+\epsilon ,d-\epsilon )$ 内的凸函数, 即是 $(a,d)$ 上的凸函数, 进一步, $f$ 是 $[a.d]$ 上的凸函数.

$\square$

设 $f$ 为区间 $I$ 上的凸函数. 若 $x,y,s,t\in I$ 满足 $x<s$ 且 $y<t$, 进一步, $x⩽y$ 且 $s⩽t$, 证明: $\frac{f(s)-f(x)}{s-x}⩽\frac{f(t)-f(y)}{t-y}$(如图 1).

图 1.

证明.

$\square$

B 3.6. 设 $\alpha <1$, 且正项级数 ${\sum }_{i=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛, 证明 ${\sum }_{i=1}^{\infty }{M}_{\alpha }\left(a_1,a_2,\cdots ,a_n\right)$ 收敛.

证明.

$\square$

设凸区域 $\Omega$ 内的凸函数 $f$ 在点 ${\mathbf{x}}_0$ 的偏导数都存在, 证明 $f$ 在点 ${\mathbf{x}}_0$ 可微.

证明.

$\square$

设 $E\in {\mathbb{R}}^n$ 为非空凸闭集, ${\mathbf{x}}_0\notin E$. 证明存在唯一的 $\mathbf{x}\in E$ 使得 $|\mathbf{x}-{\mathbf{x}}_0|={\inf }_{\mathbf{y}\in E}|\mathbf{y}-{\mathbf{x}}_0|$(如图). 进一步, 对任何 $\mathbf{y}\in E$, $[0,1]$ 上的函数 $F(\alpha )=|\mathbf{x}+\alpha \left(\mathbf{y}-\mathbf{x}\right)-{\mathbf{x}}_0{|}^2$ 在点 $0$ 取得最小值, 以此证明 $\mathbf{x}$ 是如下不等式的唯一解:$$⟨{\mathbf{x}}_0-\mathbf{x},\mathbf{y}-\mathbf{x}⟩⩽0,\forall \mathbf{y}\in E.$$

证明.

$\square$

设 $E\subset {\mathbb{R}}^n$ 为非空凸闭集, ${\mathbf{x}}_0\in \partial E$. 证明存在一列 $E$ 外的点列 $\{{\mathbf{x}}_k\}$ 收敛于 ${\mathbf{x}}_0$.

证明.

$\square$

设 $E\subset \mathbb{R}$ 为非空凸闭集, ${\mathbf{x}}_0\in \partial E$. 证明存在非零向量 $\mathbf{\mu }$ 使得$$⟨\mathbf{\mu },\mathbf{x}-{\mathbf{x}}_0⟩⩽0,\forall {\mathbf{x}}_0\in E,$$平面 $⟨\mathbf{\mu },\mathbf{x}-{\mathbf{x}}_0⟩$ 称为 $E$ 在点 ${\mathbf{x}}_0$ 的支撑面. 设 $f$ 是区域 $\Omega \in {\mathbb{R}}^n$ 中的凸函数. 证明 $f$ 的上镜集 $E=\{(\mathbf{x},y)|y⩾f(\mathbf{x}),\mathbf{x}\in \Omega \}$ 为凸集. 进一步, 证明 $\overline{E}$ 也是凸集.

任取 ${\mathbf{x}}_0\in \Omega$, 设 $⟨\mathbf{\mu },\mathbf{x}-{\mathbf{x}}_0⟩+⟨\gamma ,y-f\left({\mathbf{x}}_0\right)⟩=0$ 为 $\overline{E}$ 在点 $({\mathbf{x}}_0,f\left({\mathbf{x}}_0\right))$ 处的支撑面. 证明 $\gamma <0$ 且$$f\left(\mathbf{x}\right)⩾f\left({\mathbf{x}}_0\right)-\frac{1}{\gamma }\mathbf{\mu }\cdot \left(\mathbf{x}-{\mathbf{x}}_0\right),\forall \mathbf{x}\in \Omega .$$试构造严格凸函数 $f\in C^2(\mathbb{R})$ 使得 $\left|f(x)\right|<|x|+1\left(\forall x\in \mathbb{R}\right)$. 设 $\phi$ 为区间 $I$ 上值域为 $I$ 的严格单调函数, $n⩾2$. 对于 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$, 定义$$F(a_1,a_2,\cdots ,a_n)={\phi }^{-1}\left(\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\phi (a_k)\right).$$试对一些具体的 $\phi$ 考察 $F$ 的性质. 设 $f_n(x)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}$, 证明:

•	当 $n$ 为偶数时, $f_n(x)$ 在实轴上有正的最小值.
•	当 $n$ 为奇数时, $f_n(x)$ 有且仅有一个实根.

证明. 由 $e^x$ 的 Taylor 展开知$$e^x=f_n(x)+R_n(x),R_n(x)=\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!},0<\theta <1.$$

(1) 当 $n$ 为偶数时, $n+1$ 为奇数. 由 $e^x>0$ 知, $f_n(x)>-R_n(x)$. 当 $x⩾0$ 时, $P_n(x)⩾1>0$, 当 $x<0$ 时, 则$$f_n(x)>-R_n(x)=-\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}{x}^{n+1}=\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}(-x{)}^{n+1}>0,$$因此, $n$ 为偶数时, 对任何 $x$, $f_n(x)>0$, 即 $f_n(x)$ 有下界, 则必有下确界, 即为最小值.

(2) 当 $n$ 为奇数时, $n-1$ 为偶数, 由 (1) 知 $f_n^{\prime }(x)=f_{n-1}(x)>0$. $f_n(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格单调递增, 由于 ${\lim }_{x\to -\infty }{f}_n(x)=-\infty ,f_n(0)=1>0$, 知 $f_n(x)$ 由唯一的实零点.

$\square$

设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上实函数, $E$ 为 $f$ 的左连续但不连续点的全体. 证明 $E$ 至多可列. 设 $f$ 为区间 $(a,b)$ 上的实函数, 满足 $\forall x\in (a,b),{\lim }_{y\to x}f(y)$ 存在. 设 $E$ 为 $f$ 的不连续点全体. 证明 $E$ 至多可列. 设 $a_m>0,a_0,a_1,\cdots ,a_{m-1}\in \mathbb{R}$,$$g(x)=a_m{x}^m+a_{m-1}{x}^{m-1}+\cdots +a_{1}x+a_0.$$定义 $G(x)={\left(g(x)\right)}^2-g^{\prime }(x)$. 证明: 若 $g$ 有 $m$ 个不相同的实零点, 则

•	当 $m$ 为正奇数时, $G$ 有且仅有 $m+1$ 个实零点.
•	当 $m$ 为正偶数时, $G$ 有且仅有 $m$ 个实零点.

证明. 设 $g$ 的 $m$ 个实零点分别为 $x_1,x_2,\cdots ,x_m$, 并且 $x_i<x_{i+1}(i=1,2,\cdots ,m-1)$. 于是$$g=a_m(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_m),$$易得 $g^{\prime }(x)=a_m{\sum }_{k=1}^m{\prod }_{i=1,i\ne k}^m(x-x_i)$. 于是$$G(x)=a_m^2\prod _{k=1}^m(x-x_k{)}^2-a_m\sum _{k=1}^m\prod _{i=1,i\ne k}^m(x-x_i)=a_m^2{x}^{2m}+P(x),$$其中 $P(x)$ 是一次数低于 $2m$ 的实系数多项式.

(1) 若 $m$ 为正奇数, 易见$$G(x_1)<0,G(x_2)>0,G(x_3)<0,\cdots ,G(x_m)<0,$$即 $(-1{)}^{k}G(x_k)>0$. $G(x)$ 连续, 由介值定理知存在 ${\xi }_k\in (x_k,x_{k+1})(k=1,2,\cdots m-1)$ 使得 $G({\xi }_k)=0$. 注意到$$G(x)\to +\infty ,x\to \infty ,$$故存在充分大的正数 $A$ 满足 $A>x_m$ 且 $-A<x_1$ 使得 $|x|>A-1$ 时 $G(x)>0$. 于是 $G(A)>0,G(-A)>0$. 从而有 ${\xi }_0\in (-A,x_1),{\xi }_m\in (x_m,A)$ 使得 $G({\xi }_0)=G({\xi }_m)=0$. 这便得到了 $G(x)$ 的 $m+1$ 个实零点. 若除诸 ${\xi }_k(k=0,1,\cdots m)$ 之外, $G(x)$ 还有其他实零点.

(2) 若 $m$ 为正偶数, 同理可得$$G(x_1)>0,G(x_2)>0,\cdots ,G(x_m)>0,$$即 $(-1{)}^{k}G(x_k)<0$. 同理有 ${\xi }_k\in (x_k,x_{k+1})(k=1,2,\cdots ,m-1)$ 使得 $G({\xi }_k)=0$, 也存在 $A>x_m$ 使得 $G(A)>0$, 从而有 ${\xi }_m\in (x_m,A)$ 使得 $G({\xi }_m)=0$, 这便得到了 $G(x)$ 的 $m$ 个实零点. 若除诸 ${\xi }_k(k=1,2,\cdots ,m)$ 之外, $G(x)$ 还有其他实零点.

$\square$

对于区间 $(a,b)$ 内的实函数 $f$, 定义$$F(x)=\underset{y\to x}{\underline{\lim }}\frac{f(y)-f(x)}{y-x},$$这里 $F(x)$ 的取值可以是 $\pm \infty$. 依次证明:

•	若 $F(x)>0(\forall x\in (a,b))$, 则 $f$ 在 $(a,b)$ 内严格单调增加.
•	若 $F(x)⩾0(\forall x\in (a,b))$, 则 $f$ 在 $(a,b)$ 内单调增加.

计算 ${\inf }_{x\in \left(0,\pi /2\right)}\frac{\tan x-x}{x-\sin x}$.

提示: 求使得以下不等式成立的 $\alpha$:$$\tan x+\alpha \sin x⩾(1+\alpha )x,\forall x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right).$$

解答 3.7. $\alpha =2.$

设 $f$ 在 $(a,b)$ 内连续, 且对任何 $x\in (a,b)$,$$F(x)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}$$存在. 证明: $f$ 在 $(a,b)$ 内凸当且仅当 $F⩾0$. 设 $f$ 在 $(a,b)$ 内连续. 定义$$F(x)=\underset{h\to 0}{\underline{\lim }}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}.$$证明或证伪: $f$ 在 $(a,b)$ 内凸当且仅当 $F⩾0$, 这里 $F$ 取值也有可能为 $+\infty$. 试在上述练习基础上, 进一步考察各种 " 广义 " 导数, " 广义 " 两阶导数 (包括左导数右导数等) 与函数单调性, 凹凸性之间的关系.

4微分 Darboux 定理与比较定理

微分不等式, 常微分方程比较定理, 偏微分方程比较定理

定理 4.1. C64 设 $y$ 在 $[a,b]$ 上二阶可导, $g$ 为 $[a,b]$ 上的非负函数, $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上的连续函数, 满足 $y(a)⩽0,y(b)⩽0$,$$\begin{array}{c}{y}^{\prime \prime }(x)=f(y(x))+g(x),\forall x\in [a,b],\\ yf(y)⩾0,\forall y\in \mathbb{R}.\end{array}$$则 $y(x)⩽0,(\forall x\in [a,b])$.

A 4.2. 设 $f$ 是 $(a,+\infty )$ 中的实函数, $f(a^{+})$ 与 $f(+\infty )$ 存在且相等. 证明: 若 $f$ 有三阶导数, 则存在 $\xi \in (a,+\infty )$ 使得 $f^{\prime \prime \prime }(\xi )=0$. 设实函数 $f$ 是 $\left[a,+\infty \right)$ 上有界的可微函数, $|f^{\prime }|$ 单调. 证明:${\lim }_{x\to +\infty }x{f}^{\prime }(x)=0.$

证明. 由 Darboux 定理可知 $|f^{\prime }|$ 的单调性蕴涵 $f^{\prime }$ 的保号性. 不妨设 $f^{\prime }$ 非负, 此时 $f^{\prime }$ 必然单调减少. 否则 $f^{\prime }$ 单调增加, 且有 $x_2>x_1⩾a$ 使得 $f^{\prime }(x_2)>f^{\prime }(x_1)⩾0$. 由中值定理, 当 $x>x_2$ 时,$$f(x)-f(x_2)=f^{\prime }\left(x_2+\theta (x-x_2)\right)(x-x_2)⩾f^{\prime }(x_2)(x-x_2),$$其中 $\theta \in (0,1)$ 与 $x$ 有关. 从而 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$. 这与题设矛盾. 于是 $f^{\prime }$ 非负且单调减少. 由中值定理,$$2\left(f(x)-f\left(\frac{x}{2}\right)\right)=f^{\prime }\left(\frac{x}{2}+\alpha \frac{x}{2}\right)x⩾f^{\prime }(x)x⩾0,$$其中 $\alpha \in (0,1)$ 为与 $x$ 有关的一个数. 由于 $f$ 有界, 而由 $f^{\prime }$ 非负知 $f$ 单调增加, 所以 ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$ 存在. 于是由夹逼准则得 ${\lim }_{x\to +\infty }x{f}^{\prime }(x)=0.$

$\square$

设一元实函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, $ab>0$. 证明 $\xi \in (a,b)$ 使得 $\frac{af(b)-bf(a)}{a-b}=f(\xi )-\xi f^{\prime }(\xi ).$ 设一元实函数 $f$ 在 $[a,b]$ 可微, $f^{\prime }(a)=f^{\prime }(b)$. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(\xi )-f(a)}{\xi -a}.$

证明. 不妨设 $a=0,f(a)=0$, 若结论不真, 则成立$$f^{\prime }(x)>\frac{f(x)}{x},x\in (0,b)$$或$$f^{\prime }(x)<\frac{f(x)}{x},x\in (0,b).$$不妨设前者成立, 于是$${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}>0,$$取 $0<\alpha <\beta <b$, 则对任意 $x\in (0,b),y\in (\beta ,b)$ 有$$\frac{f(x)}{x}<\frac{f(\alpha )}{\alpha }<\frac{f(\beta )}{\beta }<\frac{f(y)}{y}<f^{\prime }(y),$$于是令 $x\to 0^{+},y\to b^{-}$ 有 $f^{\prime }(a)\ne f^{\prime }(b)$ 矛盾.

$\square$

设一元实函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续, 在 $(0,1)$ 内可导, $f(0)=0,f(1)=1$. 证明存在两两不同的 $\alpha ,\beta ,\gamma \in (0,1)$ 使得$$\frac{1}{f^{\prime }(\alpha )}+\frac{1}{f^{\prime }(\beta )}+\frac{1}{f^{\prime }(\gamma )}=3.$$

证明. 由中值定理, $\exists \alpha \in (0,1)$ 使得 $f^{\prime }(\alpha )=\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=1$.

•	$f(\alpha )=\alpha$, 则由中值定理, 存在 $\beta \in (0,\alpha ),\gamma \in (\alpha ,1)$ 使得$$f^{\prime }(\beta )=\frac{f(\alpha )-f(0)}{\alpha -0}=1,f^{\prime }(\gamma )=\frac{f(1)-f(\alpha )}{1-\alpha }=1.$$此时结论成立.
•	$f(\alpha )<\alpha$, 则存在 $\eta \in (0,\alpha ),\zeta \in (\alpha ,1)$ 使得$$f^{\prime }(\eta )=\frac{f(\alpha )-f(0)}{\alpha -0}<1,f^{\prime }(\zeta )=\frac{f(1)-f(\alpha )}{1-\alpha }>1.$$于是有 $\epsilon >0$ 使得$$f^{\prime }(\eta )<\frac{1}{1+\epsilon }<1<\frac{1}{1-\epsilon }<f^{\prime }(\zeta ).$$由 Darboux 定理, $\exists \beta \in (\eta ,\alpha )$ 以及 $\gamma \in (\alpha ,\zeta )$ 使得$$f^{\prime }(\beta )=\frac{1}{1+\epsilon },f^{\prime }(\gamma )=\frac{1}{1-\epsilon }.$$立即得到此时结论也成立.
•	$f(\alpha )>\alpha$. 类似情形 II 可证.

$\square$

设 $\mu >0$, 一元实函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内可导, $c\in (a,b)$ 且 $f^{\prime }(c)=0$. 求证: 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=\mu \left(f(\xi )-f(a)\right)$.

证明. 由于$${\left(f(x)-{\int }_a^x\mu \left(f(t)-f(a)\right)dt\right)}^{\prime }=f^{\prime }(x)-\mu \left(f(x)-f(a)\right),$$因此由 Darboux 定理, $f^{\prime }-\mu \left(f-f(a)\right)$ 在 $(a,b)$ 内满足介值性.

于是若结论不成立, 则 $f^{\prime }-\mu \left(f-f(a)\right)$ 在 $(a,b)$ 内恒正或恒负. 不妨设$$f^{\prime }(x)-\mu \left(f(x)-f(a)\right)>0,x\in (a,b),\text{\hspace{1em}(⊛)}$$(1)则$${\left(e^{-\mu x}\left(f(x)-f(a)\right)\right)}^{\prime }=e^{-\mu x}\left(f^{\prime }(x)-\mu \left(f(x)-f(a)\right)\right)>0,\forall x\in (a,b).$$所以$$e^{-\mu x}\left(f(x)-f(a)\right)>e^{-\mu a}\left(f(a)-f(a)\right)=0,\forall x\in (a,b],$$即$$f(x)-f(a)>0,\forall x\in (a,b].$$于是, 由式 (1) 有$$f^{\prime }(c)>\mu \left(f(c)-f(a)\right)>0,$$与 $f^{\prime }(c)=0$ 矛盾, 证毕.

$\square$

设实函数 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续, 在 $(0,1)$ 内二阶可导, $f(0)=0,f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi }{6},f(1)=\frac{\pi }{2}$. 证明: 存在 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f^{\prime \prime }(\xi )=\frac{\xi }{1-{\xi }^2}{f}^{\prime }(\xi )$.

证明. 令 $F(x)=\sqrt{1-x^2}f(x),G(x)=f(x)-\arcsin x$, 于是 $G(0)=G\left(\frac{1}{2}\right)=G(1)=0$, 由 Rolle 定理知 $\exists {\xi }_1\in \left(0,\frac{1}{2}\right),{\xi }_2\in \left(\frac{1}{2},1\right)$ 使得$$G^{\prime }({\xi }_1)=G^{\prime }({\xi }_2)=0,$$此时 $f^{\prime }({\xi }_1)=\frac{1}{\sqrt{1-{\xi }_1^2}},f^{\prime }(\xi )=\frac{1}{\sqrt{1-{\xi }_2^2}}$ 有$$F({\xi }_1)=f^{\prime }({\xi }_1)\sqrt{1-{\xi }_1^2}=1=f^{\prime }({\xi }_2)\sqrt{1-{\xi }_2^2}=F^{\prime }({\xi }_2),$$故 $\exists \xi \in \left({\xi }_1,{\xi }_2\right)$ 使得 $F^{\prime }(\xi )=0$, 即得结论.

$\square$

设 $f.g$ 均为有界闭区间上的单调增加函数, $F=f-g$ 在 $[a,b]$ 上有介值性. 证明 $F\in C[a,b]$. 设 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^n$ 的单位开球 $B_1(0)$ 内二阶连续可微, 在 $\overline{B_1(0)}$ 上连续, 满足 ${\sum }_{k=1}^n\frac{{\partial }^{2}f(\mathbf{x})}{\partial x_k^2}=1-2|\mathbf{x}{|}^2$. 且对任何 $\mathbf{x}\in \partial B_1(0),f(\mathbf{x})=0$. 试求 $f$ 并说明理由.

B 4.3. 试根据定理 ?? 的证明写出比定理 ?? 更一般的结果. 给定区间 $I$, 试选取其上的一元实函数 (记为 $g$), 求其一阶, 二阶导数, 找出其满足某个二阶微分方程 (记为 (E)), 选取该函数或导函数在某三点的值, 构造三组数据. 考察一个二阶可导的函数 $f$, 若 $f$ 对应的三组数据与 $g$ 对应的一样, 是否存在某个 $\xi \in I$ 使得 $f$ 在 $\xi$ 满足方程 (E)?

例如, 选取 $I=[0,1],g(x)=x^3$, 则 $g^{\prime }(x)=3x^2,g^{\prime \prime }(x)=6x$. 我们有 $3g(x)g^{\prime \prime }(x)=2{\left(g^{\prime }(x)\right)}^2,g^{\prime \prime }(x)g^{\prime }(x)=18g(x),g(0)=0,g(1)=1,g^{\prime }(1)=3$. 我们可以提出以下问题:

设 $f$ 在 $[0,1]$ 可导, 在 $(0,1)$ 上两阶可导, $f(0)=0,f(1)=1,f^{\prime }(1)=3$. 问是否一定存在 $\xi ,\eta \in (0,1)$ 使得 $2f(\xi )f^{\prime \prime }(\xi )=2{\left(f^{\prime }(\xi )\right)}^2,f^{\prime \prime }(\eta )f^{\prime }(\eta )=18f(\eta )?$ 设实函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内有二阶导数, 满足 $f(a)=f(b)=0$. 证明: 若在 $(a,b)$ 内成立以下条件之一, 则在 $[a,b]$ 上恒有 $f(x)⩽0$:

•	$f^{\prime \prime }(x)-f(x)⩾0$;
•	$f^{\prime \prime }(x)-4f^{\prime }(x)+4f(x)⩾0$;
•	$f^{\prime \prime }(x)+4f^{\prime }(x)+f(x)⩾0$.

证明. 我们证明这样一个结果: 设 $f$ 为题设函数, 若 $f$ 满足条件 $f^{\prime \prime }+\alpha f^{\prime }+\beta f⩾0$, 其中实数 $\alpha ,\beta$ 满足 ${\alpha }^2-4\beta ⩾0$, 则 $f$ 在 $[a,b]$ 上恒有 $f⩽0$.

我们有$$f^{\prime \prime }(x)+\alpha f^{\prime }(x)+\beta f(x)=\left((D-\delta {)}^2-\gamma \right)f(x)=e^{-\delta x}(D^2-\gamma )\left(e^{\delta x}f(x)\right),$$其中 $\delta =\frac{\alpha }{2},\gamma =\frac{{\alpha }^2-4\beta }{4}⩾0$.

置 $F(x)=e^{\delta x}f(x),$ 设 $F$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 内有二阶导数, 且$$F^{\prime \prime }(x)-\gamma F(x)=e^{\delta x}\left(f^{\prime \prime }(x)+\alpha f^{\prime }(x)+\beta f(x)\right)⩾0,\forall x\in (a,b).$$

•	若 $\gamma =0$, 则 $F$ 为凸函数, 立即得到 $F(x)⩽0(\forall x\in [a,b])$, 即 $f(x)⩽0(\forall x\in [a,b])$.
•	若 $\gamma >0$. 此时, 若结论不真, 则有 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F(\xi )={\max }_{x\in [a,b]}F(x)>0$. 我们有 $F^{\prime \prime }(x)<0$. 另一方面, 由假设条件, $F^{\prime \prime }(\xi )⩾\gamma F(\xi )>0$. 矛盾, 因此必有 $f(x)⩽0(\forall x\in [a,b])$.

利用上述结论即证.

$\square$

设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上的非负连续可微函数, 满足: $\forall x\in \mathbb{R}$, 成立 $f^{\prime }(x)⩾6+f(x)-f^2(x)$. 证明: $\forall x\in \mathbb{R}$, 成立 $f(x)⩾3$.

证明. 考虑函数 $g(x)=\frac{f(x)-3}{f(x)+2}{e}^{5x}$, 则$$g^{\prime }(x)=\frac{5e^{5x}\left(f^{\prime }(x)-6-f(x)+f^2(x)\right)}{{\left(f(x)+2\right)}^2}⩾0,$$从而 $g(x)$ 单调增, 如果存在 $x_0$ 使得 $f(x_0)<3$, 则 $g(x_0)<0$ 并且 $\forall x<x_0$ 都有 $g(x)⩽g(x_0)<0$, 从而 $0⩽f(x)<3$, 于是有$$-\frac{3}{2}⩽\frac{f(x)-3}{f(x)+2}<0,x<x_0,$$这表示 $-\frac{3}{2}{e}^{5x}<g(x)<0$, 令 $x\to -\infty$ 得 $g(x)\to 0$, 这与任何 $x<x_0$, $g(x)⩽g(x_0)<0$ 矛盾.

$\square$

设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上的非负连续可微函数, 满足: $\forall x\in \mathbb{R}$, 成立 $f^{\prime }(x)⩽6+f(x)-f^2(x)$. 证明: $\forall x\in \mathbb{R}$, 成立 $f(x)⩽3$.

证明. 考虑函数 $g(x)=\frac{3-f(x)}{f(x)+2}{e}^{5x}$, 则$$g^{\prime }(x)=\frac{5e^{5x}\left(6+f(x)-f^2(x)-f^{\prime }(x)\right)}{{\left(f(x)+2\right)}^2}⩾0,$$从而 $g(x)$ 单调增, 如果存在 $x_0$ 使得 $f(x_0)>3$, 则 $g(x_0)<0$ 并且 $\forall x<x_0$ 都有 $g(x)⩽g(x_0)<0$, 从而 $f(x)>3$, 于是有$$-1⩽\frac{3-f(x)}{f(x)+2}<0,x<x_0,$$这表示 $-e^{5x}<g(x)<0$, 令 $x\to -\infty$ 得 $g(x)\to 0$, 这与任何 $x<x_0$, $g(x)<g(x_0)<0$ 矛盾.

$\square$

设 $f$ 在 $[a,b]$ 上可导, $g$ 在 $[a,b]$ 上连续. 证明 $F=f^{\prime }g$ 在 $[a,b]$ 上有介值性质.

证明. 不失一般性, 只要证明 $F[a,b]$ 为区间或单点集. 进一步, 不妨设 $F(a)<\eta <F(b)$, 我们只需要证明存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F(\xi )=\eta$.

•	$\eta =0$. 此时 $f^{\prime }(a)f^{\prime }(b)g(a)g(b)<0$. 从而$$f^{\prime }(a)f^{\prime }(b)<0\text{或}g(a)g(b)<0.$$若前者成立, 则由微分 Darboux 定理, 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )=0$. 若后者成立, 则由连续函数的介值定理, 存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $g(\xi )=0$. 无论哪种情形, 都有 $f^{\prime }(\xi )g(\xi )=\eta$.
•	$\eta >0$. 此时不妨设 $g(b)>0$. ∘ $g$ 在 $[a,b]$ 上恒正. 则$$f^{\prime }(a)-\frac{\eta }{g(a)}<0<f^{\prime }(b)-\frac{\eta }{g(b)},$$而由于函数 $f^{\prime }-\frac{\eta }{g}$ 具有介值性, 因此存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )-\frac{\eta }{g(\xi )}=0$, 即 $f^{\prime }(\xi )g(\xi )=\eta$. ∘ $g$ 在 $[a,b]$ 上不恒正. 则 $g$ 在 $[a,b]$ 上有最大零点 $s\in [a,b)$. 由微分 Darboux 定理, 有 $(s,b)$ 中趋于 $s$ 的点列 $\{x_n\}$, 使得 ${\lim }_{n\to +\infty }{f}^{\prime }(x_n)=f^{\prime }(s)$. 从而 ${\lim }_{n\to +\infty }{f}^{\prime }(x_n)g(x_n)=0$. 于是有 $k⩾1$ 使得 $f^{\prime }(x_k)g(x_k)<\eta$. 由于 $g$ 在 $[x_k,b]$ 上恒正, 由 (i) 可得结论.
•	$\eta <0$. 与情形 II 同理可证.

$\square$

5Taylor 多项式与插值多项式

Taylor 多项式, 带 Peano 型余项的 Taylor 公式,Maclaurin 展开式,Taylor 展开式的唯一性, 带 Lagrange 型余项的 Taylor 公式,Lagrange 型插值多项式, 线性方程组解的线性可加性,Runge 现象, 插值多项式的误差估计, 插值多项式, 插值函数, 函数拟合, 广义中值定理

A 5.1. 设 $n⩾2,\delta >0$, 实函数 $f$ 在 $(x_0-\delta ,x+\delta )$ 内有定义, 且满足$$f(x)=\sum _{k=0}^n{a}_k(x-x_0{)}^k+o\left((x-x_0{)}^n\right),x\to x_0.$$

•	函数 $f$ 在点 $x_0$ 是否连续?
•	若 $f$ 在点 $x_0$ 连续, $f$ 在点 $x_0$ 是否可导?
•	若 $f$ 在点 $x_0$ 可导, $f$ 在点 $x_0$ 是否二阶可导?

解答 5.2.

对于例 6.5.4, 记 $k=\frac{6\left(f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)\right)}{(b-a{)}^2}-\frac{12(f(b)-f(a))}{(b-a{)}^3}$. 尝试通过微分不等式 $f^{\prime \prime \prime }>k$ 推出矛盾. 对于例 6.5.6, 记 $k=\frac{480\left(f^{\prime }(a)+4^{\prime }\left(\frac{a+b}{2}\right)+f^{\prime }(b)\right)}{(b-a{)}^4}-\frac{2880\left(f(b)-f(a)\right)}{(b-a{)}^5}$. 尝试通过微分不等式 $f^{(5)}>k$ 推出矛盾. 设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续, 在 $(0,1)$ 内可导, 证明存在 $\xi \in (0,1)$ 使得$$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(1)+2f\left(\frac{1}{2}\right)-3f(0)}{2}$$.

证明. 注意到$$\frac{f(1)+2f\left(\frac{1}{2}\right)-3f(0)}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{f(1)-f(0)}{1-0}+\frac{f\left(\frac{1}{2}\right)-f(0)}{1/2-0}\right)=\frac{f^{\prime }(\xi )+f^{\prime }({\xi }_2)}{2},$$其中 ${\xi }_1\in (0,1),{\xi }_2\in \left(0,\frac{1}{2}\right),$ 并且有$$f^{\prime }({\xi }_1)\wedge f^{\prime }({\xi }_2)⩽\frac{f^{\prime }({\xi }_1)+f^{\prime }({\xi }_2)}{2}⩽f^{\prime }({\xi }_1)\vee f^{\prime }({\xi }_2),$$由微分 Darboux 定理可知有 $\xi$ 介于 ${\xi }_1$ 与 ${\xi }_2$ 之间满足 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f^{\prime }({\xi }_1)+f^{\prime }({\xi }_2)}{2}$. 从而结论成立.

$\square$

设 $f$ 在 $[-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ 上连续, 在 $(-\sqrt{3},\sqrt{3})$ 上五阶可导. 证明存在 $\xi \in (-\sqrt{3},\sqrt{3})$ 使得$$f^{(5)}=5\sqrt{3}\left(f(\sqrt{3})-f(\sqrt{-3})\right)-15\left(f^{\prime }(-1)+f^{\prime }(1)\right).$$

证明. 我们建立更一般的结果. 设 $\alpha >1,f$ 在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上连续, 在 $\left(-\alpha ,\alpha \right)$ 内五阶可导, 考虑满足下列条件的五次多项式 $P$:$$\{\begin{array}{l}P(-\alpha )=f(-\alpha ),P(-1)=f(-1),P^{\prime }(-1)=f^{\prime }(-1),\\ P(1)=f(1),P^{\prime }(1)=f^{\prime }(1),P(\alpha )=f(\alpha ).\end{array}$$则 $P$ 由下式唯一确定:$$\left|\begin{array}{ccccccc}P(x)& 1& x& x^2& x^3& x^4& x^5\\ f(-\alpha )& 1& -\alpha & {\alpha }^2& -{\alpha }^3& {\alpha }^4& -{\alpha }^5\\ f(-1)& 1& -1& 1& -1& 1& -1\\ f(1)& 1& 1& 1& 1& 1& 1\\ f(\alpha )& 1& \alpha & {\alpha }^2& {\alpha }^3& {\alpha }^4& {\alpha }^5\\ f^{\prime }(-1)& 0& 1& -2& 3& -4& 5\\ f^{\prime }(1)& 0& 1& 2& 3& 4& 5\end{array}\right|=0.$$求得$$P^{(5)}=\frac{60\left(f(\alpha )-f(-\alpha )\right)}{\alpha ({\alpha }^2-1{)}^2}+\frac{({\alpha }^2-3)\left(f(1)-f(-1)\right)}{{\left(a^2-1\right)}^2}-\frac{30\left(f^{\prime }(1)+f^{\prime }(-1)\right)}{{\alpha }^2-1}.$$考虑 $F=f-P$, 则 $F$ 在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上连续, 在 $(-\alpha ,\alpha )$ 内五阶可导, 且$$F(-\alpha )=F(\alpha )=F(-1)=F(1)=F^{\prime }(-1)=F^{\prime }(1)=0.$$从而存在 $\xi \in (-\alpha ,\alpha )$ 使得 $F^{(5)(\xi )}=0,$ 即$$f^5(\xi )=\frac{60\left(f(\alpha )-f(-\alpha )\right)}{\alpha ({\alpha }^2-1{)}^2}+\frac{({\alpha }^2-3)\left(f(1)-f(-1)\right)}{{\left(a^2-1\right)}^2}-\frac{30\left(f^{\prime }(1)+f^{\prime }(-1)\right)}{{\alpha }^2-1}.$$令 $\alpha =\sqrt{3}$, 即得待证明之式.

$\square$

设实函数 $f$ 在点 $x_0$ 有直到 $n+1$ 阶的导数,$$f(x_0+h)=f(x_0)+h{f}^{\prime }(x_0)+\frac{h^2}{2!}{f}^{\prime \prime }(x_0)+\cdots +\frac{h^n}{n!}{f}^{(n)}(x_0+{\theta }_{h}h),$$其中 ${\theta }_h\in (0,1)$ 与 $h$ 的选取有关. $f^{(n+1)}(x_0)\ne 0.$ 证明: ${\lim }_{h\to 0}{\theta }_h=\frac{1}{n+1}.$

进一步, 若 $f^{(n+2)}(x_0)$ 存在, 试计算 ${\lim }_{h\to 0}\frac{{\theta }_h-\frac{1}{n+1}}{h}.$

证明. 由带 Peano 余项的 Taylor 公式:$$f(x_0+h)=f(x_0)+h{f}^{\prime }(x_0)+\cdots +\frac{h^n}{n!}{f}^{(n)}(x_0)+\frac{h^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(x_0)+o(h^{n+1}),$$于是有$$\frac{h^n}{n!}{f}^{(n)}(x_0+{\theta }_{h}h)=\frac{h^n}{n!}{f}^{(n)}(x_0)+\frac{h^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(x_0)+o(h^{n+1}),$$即有$${\theta }_h\frac{f^{(n)}(x_0+{\theta }_{h}h)-f^{(n)}(x_0)}{{\theta }_{h}h}=\frac{1}{n+1}{f}^{(n+1)}(x_0)+o(h),$$由此易见 ${\lim }_{h\to 0}{\theta }_h=\frac{1}{n+1}.$

进一步, 由所给条件$$f(x_0+h)=f(x_0)+\cdots +\frac{h^n}{n!}{f}^{(n)}(x_0)+\frac{h^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(x_0)+\frac{h^{n+2}}{(n+2)!}{f}^{(n+2)}(x_0)+o(h^{n+2}),$$于是有$$\frac{h^n}{n!}{f}^{(n)}(x_0+{\theta }_{h}h)=\frac{h^n}{n!}{f}^{(n)}(x_0)+\frac{h^{n+1}}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}(x_0)+\frac{h^{n+2}}{(n+2)!}{f}^{(n+2)}(x_0)+o(h^{n+2}),$$即$$f^{(n)}(x_0+{\theta }_{h}h)=f^{(n)}(x_0)+\frac{h}{(n+1)}{f}^{(n+1)}(x_0)+\frac{h^2}{(n+1)(n+2)}{f}^{(n+2)}(x_0)+o(h^2),$$上式两侧减去 ${\theta }_{h}h{f}^{(n+1)}(x_0)$, 得到$${\theta }_h^2\frac{f^{(n)}(x+{\theta }_{h}h)-f^{(n)}(x_0)-{\theta }_{h}h{f}^{(n+1)}(x_0)}{{\theta }_h^2{h}^2}=\frac{\frac{1}{n+1}-{\theta }_h}{h}{f}^{(n+1)}(x_0)+\frac{1}{(n+1)(n+2)}{f}^{(n+2)}(x_0).$$值得一提的是对于 $f$ 有这样的现象$$\underset{t\to 0}{\lim }\frac{f^{(n)}(x_0+t)-f^{(n)}(x_0)-t{f}^{(n+1)}(x_0)}{h^2}\stackrel{\text{L’Hoˆpital}}{=}\frac{1}{2}{f}^{(n+2)}(x_0).$$结合上方两式得到$$\frac{{\theta }_h-\frac{1}{n+1}}{h}\to \left(\frac{1}{(n+1)(n+2)}-\frac{1}{2(n+1{)}^2}\right)\frac{f^{(n+2)}(x_0)}{f^{(n+1)}(x_0)},h\to 0.$$

$\square$

设 $a<c<b$. 试确定常数 $\alpha ,\beta ,\gamma$, 使得对任何在 $[a,b]$ 内连续, 在 $(a,b)$ 内二阶可导的实函数 $f$, 总有 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime \prime }(\xi )=\alpha f(a)+\beta f(c)+\gamma f(b).$

解答 5.3.

设 $a<c<b$. 试确定常数 $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$, 使得对任何在 $[a,b]$ 内连续, 在点 $a$ 两阶可导, 在 $(a,b)$ 内三阶可导的实函数 $f$, 总有 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f^{\prime \prime \prime }(\xi )=\alpha f(a)+\beta f(c)+\gamma f(b)+\delta f^{\prime \prime }(a)$.

B 5.4. 对于 $\alpha \in (1,2)$, 尝试构造在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上的三阶连续可微的函数 $F$ 使得 $F(-\alpha )=F(\alpha )=F^{\prime }(-1)=F^{\prime }(1)=0$, 且在 $[-\alpha ,\alpha ]$ 上成立 $F^{\prime \prime \prime }>0.$

解答 5.5.

设 $a_n\ne -1(n⩾1)$, ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n=0$, 试在级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 与 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$(绝对) 收敛与否的各种情形下, 讨论无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+a_n)$ 的收敛性 (含绝对收敛性).

解答 5.6.

证明方程 $x^{2n}-2x^{2n-1}+3x^{2n-2}-\cdots -2nx+(2n+1)=0$ 无实根.

证明. 设 $S(x)=x^{2n}-2x^{2n-1}+3x^{2n-2}-\cdots -2nx+(2n+1)$, 显然 $S(-1)\ne 0$, 注意到$$xS(x)=x^{2n+1}-2x^{2n}+3x^{2n-1}-\cdots -2n{x}^2+(2n+1)x,$$于是$$S(x)+xS(x)=x-x^2+x^3-\cdots -x^{2n}+x^{2n+1}+(2n+1)=\frac{x\left(1+x^{2n+1}\right)}{1+x}+(2n+1),$$于是 $S(x)=\frac{x(1+x^{2n+1})+(1+x)(2n+1)}{(1+x{)}^2}$, 即证 $f(x):=x(1+x^{2n+1})+(1+x)(2n+1)$ 无除 $x=-1$ 外的实根. 由 $f^{\prime }(x)=0$ 可知 $x=-1$ 是 $f(x)$ 的唯一极小值点, 并且 $f(-1)=0$, 从而结论得证.

$\square$

设 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上无限次可微, $f\left(\frac{1}{n}\right)=\frac{n^2}{n^2+1}(\forall n⩾1)$, 问以上条件可否确定 $f^{(k)}(0)(\forall k⩾0)$?

解答 5.7.

设 $-\infty <x_1<x_2<\cdots <x_n<+\infty (n⩾2)$, $P_k(k=1,2,\cdots ,n)$ 为满足 $P_k(x_j)=\{\begin{array}{ll}1,& j=k,\\ 0,& j\ne k\end{array}$ 的 $n-1$ 次插值多项式. 证明: $\forall x\in [x_k,x_{k+1}]$, 成立 $P_k(x)+P_{k+1}(x)⩾1(1⩽k⩽n-1)$.

证明.

$\square$

6Taylor 展开式的计算及应用

Taylor 展开式计算的直接方法和间接方法, 利用 Taylor 展开式计算反函数的高阶导数, 利用 Taylor 展开式计算隐函数的高阶导数,Landau 不等式,Taylor 展开式在组合问题上的应用

A 6.1. 计算函数 $f(x)={\left(\frac{1}{7+\cos x}\right)}^{1/3}$ 的带 Peano 型余项的三阶 Maclaurin 展开式.

解答 6.2.

将 $\sqrt[3]{1+{\sin }^{3}x}$ 在点 0 附近展开到 $x^9$.

解答 6.3.

设函数 $f$ 在 $x=1$ 处有三阶导数, 并满足 $f^{\prime }(x)=f\left(f(x)\right)$ 以及 $f(1)=1.$ 试求 $f$ 在 $x=1$ 处的带 Peano 余项的三阶 Taylor 公式.

解答 6.4. $\left(f(x)=1+(x-1)+\frac{1}{2}(x-1{)}^2+\frac{1}{3}(x-1{)}^3+o((x-1{)}^4).\right)$

设定义在点 $0$ 附近的光滑函数 $y=y(x)$ 满足 $y(0)=0$ 以及 $x=\tan y-2y$. 计算 $y(x)$ 在 $x=0$ 处的带 Peano 型余项的五阶 Taylor 公式.

解答 6.5. $\left(y=-x-\frac{1}{3}{x}^3-\frac{2}{27}{x}^5+o(x^5).\right)$

设光滑函数 $y=y(x)$ 满足 $x=\sqrt{y-\ln (1+y)}\mathrm{sgn}(y)$. 试求 $y(x)$ 的带 Peano 型余项的二阶 Maclaurin 展开式.

解答 6.6.

设函数 $y=y(x)$ 在 $x=1$ 处有五阶导数, $y(0)=0$, 其反函数 $x=x(y)$ 满足: $x=1+y+3y^2-4y^3+o(y^5)(y\to 0)$. 试求 $y(x)$ 的带 Peano 型余项的五阶 Maclaurin 展开式.

解答 6.7.

设函数 $y=y(x)$ 在 $x=1$ 处有三阶导数, $y(1)=0$, 其反函数 $x=x(y)$ 满足:$x=1+y+3y^2-4y^3+o(y^3)(y\to 0)$. 试求 $y(x)$ 在 $x=1$ 处的带 Peano 型余项的三阶 Taylor 展开式.

解答 6.8.

设实数 $a,A,B$ 满足 ${\lim }_{x\to \infty }{\left[A\left(\cos \frac{1}{x}+a\sin \frac{1}{x^2}+2\cos \frac{1}{x^3}+\sin \frac{1}{x^4}\right)\right]}^{x^4}=B$. 试求 $a,A,B$.

解答 6.9. 置 $t=\frac{1}{x}$, 那么原极限即为$$\underset{t\to 0}{\lim }{\left[A\left(\cos t+a\sin t^2+2\cos t^3+\sin t^4\right)\right]}^{1/t^4},$$该极限存在, 必有 ${\lim }_{t\to 0}A\left(\cos t+a\sin t^2+2\cos t^3+\sin t^4\right)=3A=1$, 于是 $A=\frac{1}{3}.$ 另一方面, 我们有$$\cos t+a\sin t^2+2\cos t^3+\sin t^4=3+\left(a-\frac{1}{2}\right)t^2+\frac{25}{24}{t}^4+o(t^4),$$于是$$\begin{array}{rl}& \underset{t\to 0}{\lim }{\left[A\left(\cos t+a\sin t^2+2\cos t^3+\sin t^4\right)\right]}^{1/t^4}\\ =& \underset{t\to 0}{\lim }\exp \left(\frac{\ln \left[A\left(\cos t+a\sin t^2+2\cos t^3+\sin t^4\right)\right]}{t^4}\right)\\ =& \underset{t\to 0}{\lim }\exp \left(\frac{\frac{1}{3}\left(a-\frac{1}{2}\right)t^2+\frac{1}{3}\cdot \frac{25}{24}{t}^4+o(t^4)}{t^4}\right)=\exp \left(\frac{25}{72}\right).\end{array}$$由此推得 $a=\frac{1}{2},B=e^{25/72}.$

设 $f$ 在原点有二阶导数, 且 ${\lim }_{x\to 0}\left(\frac{\sin 3x}{x^3}+\frac{f(x)}{x^2}\right)=0$. 试求:

•	$f(0),f^{\prime }(0),f^{\prime \prime }(0)$;
•	${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)+3}{x^2}$.

解答 6.10. 由假设,$$\frac{\sin 3x}{x^3}+\frac{f(x)}{x^2}=o(1),x\to 0.$$所以$$f(x)=-\frac{\sin 3x}{x}+o(x^2)=-3+\frac{9}{2}{x}^2+o(x^2),x\to 0.$$另外由 $f(x)$ 的 Taylor 展开式$$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(x)x^2+o(x^2),x\to 0$$的唯一性得到$$f(0)=-3,f(0)=0,f^{\prime \prime }(0)=9.$$于是又有$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)+3}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{9x^2/2+o(x^2)}{x^2}=\frac{9}{2}.$$

设 $n⩾1$, 一元实函数 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上有 $n+1$ 阶导数, 且 $M_0,M_{n+1}<+\infty$, 其中 $M_m={\sup }_{x\in \mathbb{R}}|f^{(m)}(x)|(m=0,1,\cdots ,n+1)$. 证明: 对于 $1⩽m⩽n$, 存在与 $f$ 无关的常数 $C_m>0$ 使得 $M_m<C_m{M}_0^{1-m/(n+1)}{M}_{n+1}^{m/(n+1)}$.

证明. $\forall x\in \mathbb{R},h>0$, 存在 ${\xi }_1,{\xi }_2,\cdots ,{\xi }_n$ 使得$$f(x+mh)=f(x)+\sum _{k=1}^n\frac{m^k{h}^k{f}^{(k)}(x)}{k!}+\frac{m^{n+1}{h}^{n+1}{f}^{(n+1)}({\xi }_m)}{(n+1)!},m=1,2,\cdots ,n,$$把上式看成 $h{f}^{\prime }(x),h^2{f}^{\prime \prime }(x),\cdots ,h^n{f}^{(n)}(x)$ 的线性方程组, 且方程组的系数矩阵与 $h,f$ 无关, 则易见存在与 $f$ 和 $h$ 无关的常数 $C_1,C_2,\cdots ,C_n$ 使得$$M_m{h}^m⩽\frac{1}{2}{C}_m\left(M_0+M_{n+1}{h}^{n+1}\right),m=1,2,\cdots ,n,$$由此利用 $h>0$ 的任意性, 取 $h={\left(M_0/M_{n+1}\right)}^{1/(n+1)}$, 得到 $M_m<C_m{M}_0^{1-m/(n+1)}{M}_{n+1}^{m/(n+1)}$.

$\square$

设 $f$ 是 $\left[0,+\infty \right)$ 上的有界函数, 有三阶导数, 且 ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime \prime }(x)=\alpha$, 其中 $\alpha \in \mathbb{R}$. 证明: ${\lim }_{x\to +\infty }{f}^{\prime \prime }(x)=0.$

证明. 由题设, $\forall \epsilon >0,\exists X$ 使得 $x_1,x_2>X$ 时有$$\left|f^{\prime \prime \prime }(x_1)-f^{\prime \prime \prime }(x_2)\right|<\frac{6\epsilon }{h^3},$$其中 $h$ 是给定的正数. 设 $x>X+h$ 由 Taylor 公式$$\begin{array}{rl}f(x+h)& =f(x)+f(x)h+\frac{f^{\prime \prime }(x)}{2}{h}^2+\frac{f^{\prime \prime \prime }({\xi }_1)}{6}{h}^3,{\xi }_1\in (x,x+h),\\ f(x-h)& =f(x)-f(x)h+\frac{f^{\prime \prime }(x)}{2}{h}^2-\frac{f^{\prime \prime \prime }({\xi }_2)}{6}{h}^3,{\xi }_2\in (x-h,x),\end{array}$$设 $M$ 是 $|f(x)|$ 的一个上界, 即有$$\begin{array}{rl}|f^{\prime \prime }(x)|& =\left|\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)-h^3\left(f^{\prime \prime \prime }({\xi }_1)-f^{\prime \prime \prime }({\xi }_2)\right)/6}{h^2}\right|\\ & ⩽\frac{4M+\epsilon }{h^2}\to 0,h\to +\infty .\end{array}$$

$\square$

设有界数列 $\{a_n\}$ 满足 ${\lim }_{n\to +\infty }\left(a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n\right)=0$, 问是否有 ${\lim }_{n\to +\infty }\left(a_{n+1}-a_n\right)=0?$

解答 6.11. 结论是成立的. 由题设 $\forall \epsilon >0$, 存在 $N^{\prime }\in \mathbb{N}$ 使得 $n>N^{\prime }$ 时有$$\left|a_{n+2}-2a_{n+1}+a_n\right|<\frac{\epsilon }{2N},$$其中 $N\in {\mathbb{N}}_{+}$, 设$$a_{n+k+1}-2a_{n+k}+a_{n+k-1}={\epsilon }_k,k=1,2,\cdots N,$$其中 $|{\epsilon }_k|<\frac{\epsilon }{2N}$, 我们记上述方程组为 $\mathbf{A}\mathbf{a}=\mathbf{\epsilon }$, 也即$${\left(\begin{array}{ccccc}-2& 1& & & \\ 1& -2& 1& & \\ & \ddots & \ddots & \ddots & \\ & & 1& -2& 1\\ & & & 1& -2\end{array}\right)}_{N\times N}\left(\begin{array}{c}{a}_{n+1}\\ a_{n+2}\\ ⋮\\ a_{n+N-1}\\ a_{n+N}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{\epsilon }_1-a_n\\ {\epsilon }_2\\ ⋮\\ {\epsilon }_{N-1}\\ {\epsilon }_N-a_{n+N+1}\end{array}\right),$$立即可以得到 $\mathbf{a}={\mathbf{A}}^{-1}\mathbf{\epsilon }$, 可以算的$${\mathbf{A}}^{-1}={\left(\begin{array}{cccc}0.4em-\frac{N}{N+1}& -\frac{N-1}{N+1}& \cdots & -\frac{1}{N+1}\\ 0.4em-\frac{N-1}{N+1}& -\frac{2(N-1)}{N+1}& \cdots & -\frac{2}{N+1}\\ 0.4em-\frac{N-2}{N+1}& -\frac{2(N-2)}{N+1}& \cdots & -\frac{3}{N+1}\\ 0.4em⋮& ⋮& & ⋮\\ 0.4em-\frac{2}{N+1}& \frac{4}{N+1}& \cdots & -\frac{N-1}{N+1}\\ 0.4em-\frac{1}{N+1}& -\frac{2}{N+1}& \cdots & -\frac{N}{N+1}\end{array}\right)}_{N\times N},$$实际上我们只关心 ${\mathbf{A}}^{-1}$ 的前两行, 这样得到$$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}& =-\left(\frac{N}{N+1}\left({\epsilon }_1-a_n\right)+\frac{N-1}{N+1}{\epsilon }_2+\frac{N-2}{N+1}{\epsilon }_3+\cdots +\frac{{\epsilon }_N-a_{n+N+1}}{N+1}\right),\\ a_{n+2}& =-\left(\frac{N-1}{N+1}\left({\epsilon }_1-a_n\right)+\frac{2(N-1)}{N+1}{\epsilon }_2+\frac{2(N-2)}{N+1}{\epsilon }_3+\cdots +\frac{2({\epsilon }_N-a_{n+N+1})}{N+1}\right),\end{array}$$从而$$\begin{array}{rl}|a_{n+2}-a_{n+1}|& =\left|\frac{{\epsilon }_1-a_n}{N+1}-\frac{N-1}{N+1}{\epsilon }_2-\frac{N-2}{N+1}{\epsilon }_3-\cdots -\frac{{\epsilon }_N-a_{n+N+1}}{N+1}\right|\\ & ⩽\left|\frac{{\epsilon }_1}{N+1}\right|+\left|\frac{N-1}{N+1}{\epsilon }_1\right|+\left|\frac{N-2}{N+1}{\epsilon }_3\right|+\cdots +\left|\frac{{\epsilon }_N}{N+1}\right|+\frac{|a_n|+|a_{n+N-1}|}{N+1}\\ & ⩽|{\epsilon }_1|+|{\epsilon }_2|+\cdots +|{\epsilon }_N|+\frac{|a_n|+|a_{n+N-1}|}{N+1}⩽\frac{\epsilon }{2}+\frac{2M}{N+1},\end{array}$$其中 $M$ 为 $\{|a_n|\}$ 的一个上界. 对于 $\epsilon$, 有充分大得 $N$ 使得 $\frac{2M}{N+1}<\frac{\epsilon }{2}$, 即有 $|a_{n+2}-a_{n+1}|<\epsilon$, 从而结论成立.

B 6.12. 考察如何求 $\sec x$ 的 Maclaurin 展开式.

解答 6.13. 1

考察含参变量的 Taylor 展开式. 具体的, 设 $m⩾1$, 在区域 $\Omega \times D\subseteq {\mathbb{R}}^n\times {\mathbb{R}}^m$ 内, $n+m$ 元实函数 $f(\mathbf{x},\mathbf{y})$ 作为 $\mathbf{x}$ 的函数, 所有不高于 $m$ 阶的偏导数均存在. 记$$r(\mathbf{x},\mathbf{y})=f(\mathbf{x},\mathbf{y})-\sum _{k=0}^m\sum _{|\alpha |=k}\frac{1}{\alpha !}\frac{{\partial }^{k}f}{\partial {\mathbf{x}}^{\alpha }}({\mathbf{x}}_0,\mathbf{y})(\mathbf{x}-{\mathbf{x}}_0{)}^{\alpha }.$$问什么条件下成立 ${\lim }_{\mathbf{x}\to {\mathbf{x}}_0}{\sup }_{\mathbf{y}\in D}\frac{r(\mathbf{x},\mathbf{y})}{|\mathbf{x}-{\mathbf{x}}_0{|}^m}=0$?

解答 6.14.

对于数列 $\{a_n\}$, 定义该数列的各阶差分如下:$$\begin{array}{rl}\Delta a_n& =a_{n+1}-a_n,n⩾1,\\ {\Delta }^{j+1}{a}_n& ={\Delta }^j{a}_{n+1}-{\Delta }^j{a}_n,n⩾1,j⩾1.\end{array}$$

•	证明: 存在常数 $C$ 使得对任何数列 $\{a_n\}$, 整数 $k⩾2$, 成立$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽C\left(\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+k^2\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|\right).$$
•	证明: 存在常数 $C_1,C_2$ 使得对任何数列 $\{a_n\}$, 整数 $k⩾3$, 成立$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽C_1\left(\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+k^3\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right)$$以及$$k^2\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|⩽C_2\left(\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+k^3\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right).$$
•	试考察更高阶差分的结果.

证明. (1) 对于任何 $k⩾2$, 我们有$$a_{n+k}-a_n=\sum _{\ell =0}^{k-1}\Delta a_{n+\ell }=k\Delta a_n+\sum _{\ell =1}^{k-1}\left(\Delta a_{n+\ell }-\Delta a_n\right)=k\Delta a_n+\sum _{\ell =1}^{k-1}\sum _{m=0}^{\ell -1}{\Delta }^2{a}_{n+m},$$因此,$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽2\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+\frac{k^2}{2}\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|,$$取 $C⩾2$ 即得结论.

(2) 对于任何 $k⩾3$, 我们有$$\begin{array}{rl}{a}_{n+k}-a_n& =k\Delta a_n+\frac{k(k-1)}{2}{\Delta }^2{a}_n+\sum _{\ell =2}^{k-1}\sum _{m=1}^{\ell -1}\sum _{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p},\\ a_{n+2k}-a_n& =2k\Delta a_n+k(2k-1){\Delta }^2{a}_n+\sum _{\ell =2}^{2k-1}\sum _{m=1}^{\ell -1}\sum _{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p},\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}\left(\begin{array}{c}k\Delta a_n\\ k^2{\Delta }^2{a}_n\end{array}\right)& ={\left(\begin{array}{cc}1& \frac{k-1}{2k}\\ 2& 2-\frac{1}{k}\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}{a}_{n+k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}\\ a_{n+2k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{2k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}2-\frac{1}{k}& \frac{1-k}{2k}\\ -2& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{a}_{n+k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}\\ a_{n+2k}-a_n-{\sum }_{\ell =2}^{2k-1}{\sum }_{m=1}^{\ell -1}{\sum }_{p=0}^{m-1}{\Delta }^3{a}_{n+p}\end{array}\right),\end{array}$$由此立即得到$$k\underset{n⩾1}{\sup }|\Delta a_n|⩽\frac{5}{2}\left(2\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+\frac{k^3}{6}\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right)$$以及$$k^2\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^2{a}_n|⩽3\left(2\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+\frac{k^3}{6}\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^3{a}_n|\right),$$结论得证.

(3) 我们猜测对于 $p,q\in \mathbb{N}$ 且 $p<q$ 有常数 $C$ 使得$$k^p\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^p{a}_n|⩽C\left(\underset{n⩾1}{\sup }|a_n|+k^q\underset{n⩾1}{\sup }|{\Delta }^q{a}_n|\right),$$我们以后再来验证结论的正确性.

$\square$

在习题 $\mathcal{A}$ 第 10 题中, 若函数的定义域是有界区间, 是否有类似的结果?

解答 6.15.

试构造实数列 $\{a_n\}$ 使得 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛而 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\arctan a_n$ 发散.

解答 6.16. 取 $a_n=\frac{\cos (2\pi n/3)}{n^{1/3}}$, 由 Dirichlet 判别法可知 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛. 但$$a_n^3=\frac{{\cos }^3(2\pi n/3)}{n}=\frac{1}{n}+\frac{3\cos (2\pi n/3)}{n},$$从而 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^3$ 发散, 又 $\arctan a_n\sim a_n-\frac{a_n^3}{3}(a_n\to 0)$, 并且 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^k(k>3)$ 收敛, 从而 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\arctan a_n$ 发散.

设实函数 $f$ 在点 $0$ 附近有定义, $f(0)=0,{\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=1$. 若级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 收敛蕴含 ${\sum }_{n=1}^{\infty }f(a_n)$ 收敛, 证明或证伪: 存在 $\delta >0$ 使得对任何 $x\in \left(-\delta ,\delta \right)$, 有 $f(x)=x$.

证明.

$\square$

设 $x_0>1,x_1>0,x_{n+2}=x_{n+1}+\frac{x_n}{\ln x_n}(n⩾0)$.

•	计算 $c\equiv {\lim }_{n\to +\infty }\frac{{\ln }^2{x}_n}{n}$ 以及 ${\lim }_{n\to +\infty }\frac{{\ln }^2{x}_n-cn}{\sqrt{n}}$.
•	尝试给出比上述结果更精细的结果.

解答 6.17. (1)

(2)

仿第 7 题编写一些习题.