数学分析笔记7

对近期所学再做一个整理

Taylor 展开

引子

若函数 \(f\) 有一阶导函数，那么函数在\(x_0\) 附近的函数可以这样估计：

\[f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + o(|x-x_0|) ~ x \to x_0\]

类似的，若函数存在\(n\)阶导函数，那么函数在\(x_0\) 附近的函数可以这样估计：

\[Pn(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n ~ x \to x_0\]

\[f(x)=Pn(x)+R(x)\]

其中 \(Pn(x)\) 被称为 \(f(x)\)的 \(n\)阶泰勒展开式，\(R(x)\) 称为 \(f(x)\) 的余项。

Theorem 1.

设函数 \(f ~(a,b) \to \mathbb{R}\) 在 \(x_0\) 处\(n\)阶可导，且 \(f(x_0) = f_0\)，则 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处的泰勒展开式为：

\[f(x) = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + R(x)\]

其中 \(R(x)\) 是 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处的余项，满足：

\[ \dfrac{R(x)}{(x-x_0)^{n}} \to 0 \quad x \to x_0\]

Proof 1.

\[R(x)=f(x)-\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\]

由于\(f(x)\)在 \((a,b)\) 上可求 \(n\) 阶导， \(R\)在 \((a,b)\) 上可求 \(n\) 阶导，且

\[R(x_0)=R'(x_0) = \cdots = R^{(n)}(x_0) = 0\]

设 \(x_0 <x <b\) ，由柯西中值定理

\[\begin{aligned} \frac{R(x)}{\left(x-x_{0}\right)^{n}} &=\frac{R^{\prime}\left(\xi_{1}\right)}{n\left(\xi_{1}-x_{0}\right)^{n-1}}=\frac{R^{\prime \prime}\left(\xi_{2}\right)}{n(n-1)\left(\xi_{2}-x_{0}\right)^{n-2}}=\cdots=\frac{R^{(n-1)}\left(\xi_{n-1}\right)}{n !\left(\xi_{n-1}-x_{0}\right)} \\ &=\frac{f^{(n-1)}\left(\xi_{n-1}\right)-f(n-1)\left(x_{0}\right)-f^{(n)}\left(x_{0}\right)\left(\xi_{n-1}-x_{0}\right)}{n !\left(\xi_{n-1}-x_{0}\right)} \end{aligned}\]

其中 \(\xi_k \in (x_0,x)\) ，且 \(\xi_k \to x_0\) , 由于\(f\) \(n\)阶可导

\[f^{(n-1)}(x)=f^{(n-1)}(x_0)+f^{(n)}(x-x_0)+h(x)(x-x_0) ~ x\in (a,b)\]

其中\(h:(a,b) \to \mathbb{R}\) 连续，\(h(x) \to 0\) 因此

\[\dfrac{R(x)}{(x-x_0)^{n}} =\dfrac{1}{n!} h(\xi_{n-1}) \quad x \to x_0\]

由此，我们可以得到估计：

\[|\dfrac{R(x)}{(x-x_0)^n}| \leq \dfrac{1}{n!} \max_{[x_0,x]} h\]

而 \(h(x) \to 0\) ，因此

\[\lim _{x \rightarrow x_{0}^+} \frac{R(x)}{\left(x-x_{0}\right)^{n}}=0\]

同理可证左极限

\[\lim _{x \rightarrow x_{0}^-} \frac{R(x)}{\left(x-x_{0}\right)^{n}}=0\]

因此

\[\lim _{x \rightarrow x_{0}} \frac{R(x)}{\left(x-x_{0}\right)^{n}}=0\]

Remark 1.

上面的式子被称作带佩亚诺余项的泰勒展开式。 \(R(x) =o(|x-x_0|^n)\) 被称作佩亚诺余项.

Theorem 2.

拉格朗日余项

\[ f(x)=\sum_{k=0}^n \dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k + \dfrac{f^{(n+1)}(\epsilon)}{(n+1)!}\]

其中 \(\epsilon \in (x_0,x)\)

洛必达法则

设 \(-\infty \leq a < b \leq +\infty\), 且 \(f,g\) 在 \((a,b)\) 上可导，且 \(g(x) , g(x) \neq 0 ~ x\in(a,b)\). 若

\[\lim_{x \to a} f(x) =\lim_{x \to a} g(x)=0\]

\[\lim_{x \to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)}=A \quad A \in [-\infty , + \infty]\]

则

\[\lim_{x \to a} \dfrac{f(x)}{g(x)}=A\]

Proof 1.

假设 \(a<y<x<b\) 由柯西中值定理

\[\dfrac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} \quad \xi \in (y,x)\]

现在设 \(x <r <b\) （固定一个变量），因此：

\[\dfrac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)} \leq \sup_{(a,r)} \dfrac{f'}{g'}\]

在这里，我们令 \(y \to a\)

\[ \dfrac{f(x)}{g(x)} \leq \sup_{(a,r)} \dfrac{f'}{g'}\]

取极限\(x \to a\)

\[\overline{\lim_{x\to a}} \dfrac{f(x)}{g(x)} \leq \sup_{(a,r)} \dfrac{f'}{g'}\]

因此

\[\overline{\lim_{x\to a}} \dfrac{f(x)}{g(x)} \leq \inf_{r \in (a,b)} \sup_{(a,r)} \dfrac{f'}{g'} = \overline{\lim_{x\to a}} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} =A\]

由对偶性，可证下极限。

这便是\(\dfrac{0}{0}\) 型的洛必达法则，对应的也有\(\dfrac{\infty}{\infty}\) 型的洛必达法则

Theorem 2.

设\(-\infty \leq a < b \leq +\infty\) , \(f,g :(a,b) \to \mathbb{R}\) 可导, \(g(x),g'(x) \neq 0\quad \forall x \in (a,b)\)

如果

\[\lim_{x\to a} g(x) = +\infty\]

\[\lim_{x\to a} \dfrac{f'(x)}{g'(x)} = A \in [-\infty ,+\infty]\]

则有

\[\lim_{x\to a} \dfrac{f(x)}{g(x)}=A\]

Proof 2.

设\(a<x<y<b\), 则由微分中值定理

\[\dfrac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\quad \xi \in(x,y)\]

设\(a<r<b\), 则有

\[\dfrac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)} \leq \sup_{(a,r)}\dfrac{f'}{g'} ~\forall a<x<y<r\]

取\(x \to a\)

\[\overline{\lim_{x\to a}}\dfrac{f(x)-g(x)}{f(y)-g(y)} \leq \sup_{(a,r)}\dfrac{f'}{g'}\]

注意到

\[\dfrac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}= (\dfrac{f(x)}{g(x)}-\dfrac{f(y)}{g(x)}) \dfrac{g(x)}{g(x)-g(y)}\]

\[\lim_{x\to a} \dfrac{f(y)}{g(x)}=0 \]

\[\lim_{x \to a} \dfrac{g(x)}{g(x)-g(y)}=1\]

仿照第一问的结果类似可证

单调性和极值

设函数\(f:(a,b) \to \mathbb{R}\) 可导，其中\(-\infty \leq a < b \leq +\infty\) 我们可以用导数刻画函数的单调性和极值。

单调性

Theorem 1.

若\(f:(a,b) \to \mathbb{R}\) 可导

1. \(f\) 单调增当且仅当\(f' \geq 0\)
2. 如果 \(f'>0\) 则 \(f\) 严格单调增

Remark 1.

上述第二个命题的逆命题不成立，如\(f(x)=x^3\)

Proof 1.

必要性:若 \(f\) 单调增，则 \(\forall x \in(a,b)\) 有: \[\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x} \geq 0 \quad \forall y \in (a,b) \backslash {x}\]

因此\(f'(x) = \lim_{y \to x} \dfrac{f(y)-f(x)}{y-x} \geq 0\)

充分性：\(\forall x,y \in(a,b),x \neq y\) 由拉格朗日中值定理

\[\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}= f'(\xi) \geq 0\]

极值

Def 1.

设\(f:(a,b) \to \mathbb{R} \quad x_0 \in (a,b)\) 若 \(\exists 0 <\epsilon< \min\{x_0-\epsilon, x_0-a\}\) 使得

\[f(x_0)\leq f(x) \quad \forall x\in (x_0-\epsilon,x_0+\epsilon)\]

称 \(x_0\) 是 \(f\) 的极小值点，称\(f(x_0)\) 是 \(f\) 的极小值,类似地有极大值和极大值点.

下面我们用导数刻画函数 \(f\) 的极值，首先证明以下结论：

Theorem 2.

设\(f~ (a,b) \to \mathbb{R}\) 可导，\(x_0 \in(a,b)\) , \(f\) 在\(x_0\) 二阶可导，则

\[f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f''(x_0)(x-x_0)^2 +h(x)(x-x_0)^2 \quad x\in(a,b)\]

其中\(h \in C'((a,b)\backslash{x_0})\cap C((a,b))\quad h(x_0)=0\)

Proof 2.

\[h(x)=\left\{\begin{array}{l} \frac{f(x)-f\left(x_{0}\right)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)-\frac{1}{2} f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)^{2}}{\left(x-x_{0}\right)^{2}}, x\in (a,b)\backslash \{x_0\}\\ 0, \quad x=x_{0} \end{array}\right. \]

我们只要证\(h\) 在\((a,b)\) 上连续即可。

由洛必达法则

\[\lim _{x \rightarrow x_{0}} h(x)=\lim _{x_{0} \rightarrow x_{0}} \frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)-f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)}{2\left(x-x_{0}\right)}\\=\left.\frac{1}{2} \frac{d}{d x}\right|_{x=x_{0}}\left(f^{\prime}(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)-f^{\prime \prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)\right)=0 .\]

Theorem 3.

设\(f:(a,b) \to \mathbb{R}\) 可导，且在\(x_0\) 附近二阶可导 1. 若\(x_0\) 是 \(f\) 的极小值点，则 \(f'(x_0)=0 ~ f''(x_0)\geq 0\) 2. 若\(f'(x_0) =0 ~f''(x_0) >0\) 则\(x_0\) 是\(f\)的严格极小值点

Remark 3.

1. 对于极大值点，有相对应地结论成立
2. 上述命题的逆命题均不成立，使用时要注意区分。
3. 证明思想主要是通过上述的\(h(x)\) 和定义加以证明。