10-31 微积分笔记

【例】

$$\lim_{x\to 0} \frac{\frac{x^2}2+1-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x - e^{x^2})\sin x^2}$$
解：利用$(1+x)^\alpha$公式展开：
$\sqrt{1+x^2} = 1+\frac12x^2-\frac18x^4+o(x^4)$
$\cos x - e^{x^2} = 1-\frac12x^2+o(x^2)-[1+x^2+o(x^2)]=-\frac23x^2+o(x^2)$

故

$$ans = \lim \frac{\frac18 x^4 + o(x^4)}{[-\frac32 x^2 +o(x^2)]\cdot x^2} = \lim\frac{1/8 +\frac{o(x^4)}{x^4}}{-3/2 + \frac{o(x^4)}{x^4}}=-\frac1{12}$$

泰勒中值定理

设$f(x)$在$x_0$的邻域内$n+1$阶可导。则$\exists \xi$介于$x,x_0$之间，使得

$$f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$$

泰勒中值定理是拉格朗日中值定理的推广。

【例1】 设$f(x)$在$[-1,1]$有连续的三阶导数，且$f(-1)=0,f(1)=1,f'(0)=0$。证明：$\exists \xi \in (-1,1)$，使得$f'''(\xi)=3$.

解：导数是三阶，我们尝试把$f(x)$展开两次。
现在考虑$x_0$的取值。题目中给出了$-1,0,1$，似乎取$0$比较方便。
现有：

$$\begin{align*}f(x) &= f(0) + f'(0)x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\frac{f'''(\xi)}{3!}x^3 \\ &=f(0)+\frac{f''(0)}{2}x^2+\frac{f'''(\xi)}{6}x^3 \end{align*}$$

$x=-1$时，有$0=f(0)+\frac{f''(0)}{2} - \frac{f'''(\xi_1)}{6},\xi_1\in(-1,0)$
$x=1$时，有$1=f(0)+\frac{f''(0)}{2} + \frac{f'''(\xi_2)}{6},\xi_2\in(0,1)$

两式相减有

$$1=\frac{f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)}{6}$$

即$3=\frac{f'''(\xi_1)+f'''(x_2)}{2}$，右边为$f'''(\xi_1),f'''(\xi_2)$的平均值，利用介值原理，$\exists \xi \in[x_1,x_2]$，使得$f'''(\xi)=3$.

总结起来：由问题选取展开的阶数$n$、由题意选取展开点$x_0$，由给出的条件选取代入的值$x$.

【例2】 设$f(x)$在$[a,b]$上有二阶导数，$f(a)=f(b)=0$，$M$是$[a,b]$上$f(x)$的最大值，且$M>0$。证明：
$\exists \xi \in (a,b)$，使$f''(\xi)\leq \frac{-8M}{(b-a)^2}$
解：设$f(x_0)=M$，则有$f'(x_0)=0$.接下来在$x_0$处展开。

$$\begin{align*}f(x)&=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2\\ &=M+\frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2\end{align*}$$

代入$a,b$，有：
$0=M+\frac{f''(\xi_1)}{2}(a-x_0)^2,\xi_1\in(a,x_0)$
$0=M+\frac{f''(\xi_2)}{2}(b-x_0)^2,\xi_2 \in (x_0,b)$

整理得：

$$f''(\xi_1)=\frac{-2M}{(a-x_0)^2} =\frac{-8M}{[2(a-x_0)]^2},f''(\xi_2)=\frac{-2M}{(b-x_0)^2}$$
我们希望能证出前者$\leq\frac{-8M}{(b-a)^2}$.即证：
$$[2(a-x_0)]^2 \leq (b-a)^2$$
即 $$2(x_0-a)\leq b-a$$
即证$x_0 \leq \frac{a+b}{2}$.
也就是说：一旦极值点$\leq$中点，则满足$f''(\xi_1) \leq \frac{-8M}{(b-a)^2}$
同理可证：一旦极值点在中点右边，则满足$f''(\xi_2) \leq \frac{-8M}{(b-a)^2}$

习题

若$f(x)$在$x_0$处可导，若$f'(x)$在$x_0$不连续，则$x_0$是$f'(x)$的第二类间断点。

证：假设是第一类间断点，则$x_0$要么是可去间断点，要么是跳跃间断点。

• 跳跃间断点 则$f'(x_0^-)\neq f'(x_0^+)$，此时 $$f'_+(x_0)=\lim_{x\to x_0^+}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0^+}f'(x)$$
  $$f'_-(x_0)=\lim_{x\to x_0^-}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0^-}f'(x)$$
  而既然$f(x)$可导，这两者必然相等。故完蛋了。
• 可去间断点 则$f'(x_0^-)=f'(x_0^+)\neq f'(x_0)$
  既然$f(x)$可导，那么$f_-'(x_0)=f_+'(x_0)=f'(x_0)$
  之前已经知道$f'(x_0^-)=f'_-(x_0)$，故完蛋了。

故假设错误。$x_0$为第二类间断点。

【例1】 设$f(x)\in C[0,1]$，在$(0,1)$内二阶可导。过$A(0,f(0))$和$B(1,f(1))$两点的直线与$y=f(x)$相交于一点$C(c,f(c))$，其中$0<c<1$.试证：$\exists \xi \in (0,1)$，使得$f''(\xi)=0$.

证：$A,B,C$共线，故

$$\frac{f(1)-f(c)}{1-c} = \frac{f(c)-f(0)}{c-0}$$
采用拉格朗日中值定理。有：$\exists \xi_1\in(0,c),\xi_2\in(c,1)$，使得
$$f'(\xi_1) = f'(\xi_2)$$
采用罗尔定理即可证毕。

【例2】 设$f(x)\in C[0,1]$，在$(0,1)$可导且$f(1)=0$。试证：$\exists \xi \in(0,1)$，使得$nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0$成立。其中$n$为正整数。
证：构造$F(x)$：

$$F(x)= x^{n}\cdot f(x)$$
有 $$F'(x)=x^{n-1} (nf(x)+xf'(x))$$
$F(0)=0,F(1)=0$，据罗尔定理，$\exists \xi \in (0,1)$，使得$F'(\xi)=0$
即： $$F'(\xi)=\xi^{n-1} (nf(\xi)+\xi f'(\xi))=0$$
又$\xi \neq 0$，故有$nf(\xi)+\xi f'(\xi)=0$，证毕。