数学分析(I)

3

泰勒公式

定理

设 \(f(x)\) 在 \(U(x_0,\delta)\) 内有定义，若 \(f(x)\) 在 \(x_0\) 处有 \(n(n\ge 1)\) 阶导数，则有：

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

证明

只需证明

\[\lim_{x\to x_0}\frac{1}{(x-x_0)^n}\left[f(x)-\sum_{i=0}^n\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i\right]=0 \]

洛必达 \(n-1\) 次，上式等于

\[\lim_{x\to x_0}\frac{1}{n!}\left[\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(x_0)}{x-x_0}-f^{(n)}(x)\right]=0 \]

由于 \(f^{(n)}\) 存在，等式成立

2

洛必达

\(\frac 00\) 型不定式

设函数 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在 \(a\) 点的某一去心邻域 \(U_0(a,\delta)\) 上可导，且满足：

\[\begin{aligned} (1)&\lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0\\ (2)&g'(x)\neq 0,\forall x\in U_0(a,\delta)\\ (3)&\lim_{x\to a}\frac{f'(a)}{g'(a)}=\ell \end{aligned} \]

其中 \(l\) 为有限数或者正负无穷。

那么有结论：

\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\ell \]

证明

设 \(\ell\) 是有限数，先证 \(\lim_{x\to a-}\frac{f(x)}{g(x)}=\ell\)。

由条件 \((1)\) 知，若补充定义 \(f(a)=g(a)=0\)，则 \(f(x),g(x)\) 在 \(a\) 点连续。\(\forall x\in U_0(a,\delta)\)，在区间 \([x,a]\) 上用柯西微分中值定理，\(\exists \xi\in(x,a),s.t.\frac{f(a)-f(x)}{g(a)-g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\)。

由条件 \((3)\) 得

\[\lim_{x\to a-}\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\lim_{x\to a-}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\ell \]

同理可证 \(\lim_{x\to a+}\frac{f(x)}{g(x)}=\ell\)。综合起来就有 \(\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\ell\)。

\(\ell\) 是无穷时读者自证不难。

\(\frac{\infty}{\infty}\) 型不定式

设函数 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在 \(a\) 点的某一去心邻域 \(U_0(a,\delta)\) 上可导，且满足：

\[\begin{aligned} (1)&\lim_{x\to a}g(x)=\infty\\ (2)&g'(x)\neq 0,\forall x\in U_0(a,\delta)\\ (3)&\lim_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=\ell \end{aligned} \]

其中 \(\ell\) 是有限数或者正负无穷。

证明

同样的，只对 \(\ell\in \mathbb R\) 和 \(x\to a-\) 的情形证明，其它的情形请读者自己证明。

\(\forall\epsilon>0\)：

\(\exists \delta_1>0,0<\delta_1<\delta,s.t.|\frac{f'(x)}{g'(x)}-l|<\frac \epsilon 3,\forall x\in(x-\delta_1,x)\)

对于一个确定的 \(\delta_1\) 和一个 \(x\in (\delta_1,a)\) 在 \([a-\delta_1,x]\) 上应用柯西微分中值定理，存在 \(\xi\in[a-\delta_1,x]\)，满足：

\[\frac{f(x)-f(x_1)}{g(x)-g(x_1)}-\ell=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}-\ell \]

其中 \(x_1=a-\delta_1\)

整理得：

\[\frac{f(x)}{g(x)}-\ell=[\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}-\ell][1-\frac{g(x_1)}{g(x)}]+\frac{f(x_1)-\ell g(x_1)}{g(x)} \]

又由于 \(g(a-)=\infty\)，故对固定的 \(x_1\)，有 \(\lim_{x\to a-}\frac{f(x_1)-\ell g(x_1)}{g(x)}=0\)，\(\lim_{x\to a-}\frac{g(x_1)}{g(x)}=0\)。

所以 \(\exists \delta_2(0<\delta_2<\delta_1)\)，使得当 \(x\in(a-\delta_2,a)\) 时有 \(|\frac{f(x)-\ell g(x_1)}{g(x)}|<\frac\epsilon 2\), \(|\frac{g(x_1)}{g(x)}|<\frac 12\)。

则当 \(x\in (a-\delta_2,a)\) 时，有：

\[|\frac{f(x)}{g(x)}-\ell|\le |\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}-\ell||1-\frac{g(x_1)}{g(x)}|+|\frac{f(x_1)-\ell g(x_1)}{g(x)}|\le \frac \epsilon 3\cdot \frac 32+\frac \epsilon 2=\epsilon \]

因此 \(\lim_{x\to a-}\frac{f(x)}{g(x)}=\ell\)

1

求极限：

\[\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x^2\sin \frac 1x)}x \]

如果直接把 \(\sin(x^2\sin \frac 1x)\) 用等价无穷小变成 \(x^2\sin \frac 1x\) 是有问题的。因为 \(\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin \frac 1x}{\sin(x^2\sin \frac 1x)}\) 不存在，原因是任意邻域都有分母为 \(0\) 的点。

所以这里直接夹，\(|\sin(x^2\sin \frac 1x)|\le |x^2\sin\frac 1x|,(x\to 0)\)。

然后总的极限就是 \(0\)。