高等微积分 Lesson 18
Cauchy 中值
/Theorem/
设f,g∈C([a,b]),在(a,b)中可导,且g′在(a,b)上处处非零,则∃ξ∈(a,b),使得
g(b)−g(a)f(b)−f(a)=g′(ξ)f′(ξ)
/Proof/
上节课已经讲了证法 1:
对h=f∘g−1使用 Lagrange 中值定理.
实际上还有一种证法,更加偏向数学角度.
证法 2:
要证明的式子等价于
(f(b)−f(a))g′(ξ)−f′(ξ)(g(b)−g(a))=0
考虑构造一个一元函数实现上面的式子. 想到令H(x)为
H(x)=(f(b)−f(a))(g(x)−g(a))−(f(x)−f(a))(g(b)−g(a))
容易注意到H(a)=H(b)=0. 这里使用 Rolle 定理,得到∃ξ∈(a,b)使得H′(ξ)=0.
证毕.
Cauchy 中值定理比 Lagrange 中值定理要更加泛用一些,只需取g(x)=x就能回到 Lagrange 中值定理.
L’Ho^pital 法则
终于讲到同学们期待已久的 L’Ho^pital 法则.
L’Ho^pital 法则有两种类型,分别是00型和∞∗型.
- 00型:考虑x→a+limg(x)f(x),称之为00型,若x→a+limf(x)=x→a+limg(x)=0(else 情形是x→a+limf(x)=A,x→a+limg(x)=B,若B=0,则极限为A/B;若B=0且A=0,则极限不存在,只剩下00型待求.)
/Theorem/ (00型 L’Ho^pital 法则)
设x→a+limf=x→a+limg=0,f,g在(a,a+r)中处处可导且g′处处非零,若x→a+limg′f′存在,则
x→a+limg(x)f(x)=x→a+limg′(x)f′(x)
/Proof/
使用 Cauchy 中值定理. 首先我们发现在x=a处函数只有极限而没有确定的定义,所以需要先扩充函数定义域,得到可以使用 Cauchy 中值的闭区间.
定义f~和g~为
f~=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧f(x),∀x>ax→a+limf(x)=0,x=a,g~=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧g(x),∀x>ax→a+limg(x)=0,x=a
则f~和g~∈C([a,a+2r]),且在(a,a+2r)中可导,(g~)′在(a,a+2r)中处处非零.
∀x∈(a,a+2r),由 Cauchy 中值定理,知道∃ξx∈(a,x)使得
g(x)f(x)=g~(x)−g~(a)f~(x)−f~(a)=g~′(ξx)f~′(ξx)=g′(ξx)f′(ξx)
当x→a+时,ξx→a+.
设x→a+limg′(x)f′(x)=L,∀ε>0,∃δ>0,∀a<y<a+δ,有
∣g′(y)f′(y)−L∣<ε
从而∀0<x−a<min(2r,δ)=marked asδ0,有
∣g(x)f(x)−L∣=∣g′(ξx)f′(ξx)−L∣<ε
(由于0<ξx−a<x−a<δ0≤δ)表明:
x→a+limg(x)f(x)=L
证毕.
注记:使用时,
- 要验证00条件(否则可能等式不成立);
- 验证x→a+limg′f′存在,才可以写等式;
- 书写时,可能连续使用法则,但是最后必须得到某一个确定值L才可以断言最开始的极限是L.
若x→a+limg′f′不存在,不可断言原极限不存在!
/Example/
我们之前证明导函数不一定连续的例子,
f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧x2sinx1,∀x=00,x=0
取g(x)=x,这时使用法则会得到:
x→0limg(x)f(x)=L’Ho^pitalx→0limg′(x)f′(x)=x→0lim(2xsinx1+x2cosx1(−x−2))
不存在极限.
但是实际上原来的极限直接等于f′(0)=0.
一些简单的 L’Ho^pital 法则应用:
/Example/ (幂平均)
设a1,⋯,an>0,x次幂平均是:
Gx(a1,⋯,an)=(na1x+⋯+anx)1/x
这其中可以读出一些平均值,如算术平均
G1=na1+⋯+an
调和平均
G−1=a11+⋯+an1n
平方平均
G2=na12+⋯+an2
在我们学完 Jensen 不等式之后就会证明所谓的幂平均不等式:Gx(a1,⋯,an)关于x单调递增.
有同学会有疑问,为什么这里没有几何平均?
在习题课中,我们证明过,
x→0limGx(a1,⋯,an)=na1⋯an
这就是几何平均. 当时我们使用的处理方式是,借用 Euler 的结果
x→0lim[(1+n∑i=1n(aix−1))∑i=1n(aix−1)n]nx∑i=1n(aix−1)=x→0limen1∑lnai=na1⋯an
其中第一步用到这样的结论:
x→0limnx∑i=1n(aix−1)=n1i=1∑nxaix−ai0=n1i=1∑n(aix)′∣x=0=n1i=1∑nlnai
这里有一个不严谨的地方:我不能确定 Euler 的极限在这里是否能够使用.
好在作业中有给出过这样的命题:
/Claim/
设x→alimf(x)=0,x→alimf(x)g(x)=K∈R,则x→alim(g(x)ln(1+f(x)))=K,也就是x→alim(1+f(x))g(x)=eK.
/Proof/
令q(y)为
q(y)=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧yln(1+y),∀y=0,y>−1y→0limyln(1+y)=1,y=0
复合极限定理的修正 II 成立,x→alimq(f(x))=1. 使用极限的四则运算法则,得到x→alim(f(x)g(x))q(f(x))=K⋅1=K.
注意:定义q使得f(x)的零点被友善地包含在了定义中.
上面所有的证明全部可以被称为“证法 1”,是我们在没有学 L’Ho^pital 法则之前所做的证明. 但是当我们学过 L’Ho^pital 法则之后,这个证明将是平凡的.
考虑所谓的“不等权幂平均”:
x→0lim(β1a1x+⋯+βnanx)1/x
其中βi≥0,β1+⋯+βn=1.
先考虑取对数之后的极限,之后再还原.
x→0limxln(β1a1x+⋯+βnanx)
刚好是00型,由法则,得到
=x→0lim1β1a1x+⋯+βnanxβ1a1xlna1+⋯+βnanxlnan=x→0lim(β1a1xlna1+⋯+βnanxlnan)=β1lna1+⋯+βnlnan
所以还原为对数之前的极限是
L=a1β1⋯anβn
当然,取βi=1/n,就得到几何平均.
注记:L’Ho^pital 法则有各个版本,比如x→a−lim,x→alim,等等.
问题:有没有x→∞lim的版本?
有一种方法是换元t=1/x,这样就回到t→0的结果.
但是我们如果想要一个严格证明,就要这样来做:
由x→+∞limg′f′=L,知道∀ε>0,∃M,使得∀y>M有∣g′(y)f′(y)−L∣<ε. 这个事实记为(∗).
∀x>M,∀K>x,由 Cauchy 中值定理,
g(x)−g(K)f(x)−f(K)=g′(ξx)f′(ξx)
注意到ξx>x>M,由(∗)得到
∣g(x)−g(K)f(x)−f(K)−L∣<ε
对K→+∞的极限,会得到
K→+∞lim∣g(x)−g(K)f(x)−f(K)−L∣≤ε⟹∣g(x)f(x)−L∣≤ε
证明完毕.
- ∞∗型 L’Ho^pital 法则:要求x→a+lim∣g(x)∣=+∞.
/Theorem/ (∞∗型 L’Ho^pital 法则)
设x→a+lim∣g(x)∣=+∞,f,g在(a,a+r)中可导且g′处处非零. 若x→a+limg′f′存在,则
x→a+limg(x)f(x)=x→a+limg′(x)f′(x)
证明稍显复杂,因为 Cauchy 中值需要用到一个闭区间,但是这里g没有办法连续延拓到a点.
/Proof/
先将 Cauchy 中值定理化为我们能够顺利使用的形式,其中取一个c>a.
⟹g(x)−g(c)f(x)−f(c)=g′(ξx)f′(ξx)⟹f(x)=(g(x)−g(c))g′(ξx)f′(ξx)+f(c)⟹g(x)f(x)=(1−g(x)g(c))g′(ξx)f′(ξx)+g(x)f(c)
接下来开始证明. 设x→a+limg′f′=L,知道∀ε>0,∃δ>0,使得∀0<y−a<δ有∣g′(y)f′(y)−L∣<ε,对任何a<x<a+δ,选定c∈(x,a+δ),对[x,c]使用 Cauchy 中值(但是实际上我们应当先选定a<c<a+δ,再确定∀a<x<c),得到:
g(x)f(x)g(x)f(x)−L=(1−g(x)g(c))g′(ξx)f′(ξx)+g(x)f(c)=(1−g(x)g(c))(g′(ξx)f′(ξx)−L)−g(x)g(c)L+g(x)f(c)
(记上式为(∗∗))注意到x→a+lim(1−g(x)g(c))=1,x→a+lim(−g(x)g(c)L+g(x)f(c))=0,知道∃δ1>0,∀0<x−a<δ1有:
1−ε<1−g(x)g(c)<1+ε,∣−g(x)g(c)L+g(x)f(c)∣<ε
结合∀0<x−a<min(δ1,c−a),代回(∗∗)得到
∣g(x)f(x)−L∣≤(1+ε)ε+ε<3ε
这表明
x→a+limg(x)f(x)=L
证毕.
在讲这种类型的 L’Ho^pital 法则的应用之前,先讲一点注记:很多中文教材里面将这种类型的 L’Ho^pital 法则叙述为∞∞型,这会使适用范围大大变窄,因为在限制分母的同时还限制了分子.
/Example/ (∞∗的好处)
设x→+∞limf′(x)=L,求x→+∞limxf(x).
显然可以用我们学过的 L’Ho^pital 法则. 但是如果只学过∞∞型的法则该如何证明?
当L=0,由极限定义知道∀ε=L/2,∃M,使得∀y≥M有∣f′(y)−L∣<L/2(不妨设L>0,<0反之),所以f′(y)>L/2,这样对∀x>M使用 Lagrange 中值定理,得到
f(x)−f(M)=(x−M)f′(ξ)>2L(x−M)
可得x→+∞limf(x)=+∞.
当L=0,会变得相当复杂.
这就说明我们这种叙述的好处.
/Example/
这些是常用的事实,证明很简单,略.
x→+∞limqxxαx→+∞limxεlnxx→0+lim(lnx)xε=0=0,∀ε>0=0,∀ε>0
Taylor 公式
回忆:f可微指的是每点附近f可以近似为一次函数. 自然地发问:f能否(更精确)近似为多项式?
回答就是 Taylor 公式.
/Definition/
称f(x)在x0附近可以近似为多项式P(x)=a0+a1(x−x0)+⋯+an(x−x0)n,如果f(x)=P(x)+α(x)且
x→x0lim(x−x0)nα(x)=0
(误差项比(x−x0)n项是更高阶的无穷小)
对于物理背景的同学们来说,这就是f(x)−P(x)=o((x−x0)n).
问:候选的P(x)是什么?
/Claim/
若f在x0处近似为P(x)=i=0∑nai(x−x0)i,则a0∼an由f唯一地确定(f在x0处的多项式近似至多唯一).
/Proof/
设f(x)=a0+a1(x−x0)+⋯+an(x−x0)n+α(x),且x→x0lim(x−x0)nα(x)=0,则
x→x0limf(x)=x→x0lim(RHS)=a0+x→x0lim(x−x0)nα(x)(x−x0)n=a0x→x0limx−x0f(x)−a0=a1x→x0lim(x−x0)2f(x)−a0−a1(x−x0)=a2⋯
证毕.