【补充习题五】微分学的应用之不等式
1. 证明$x>-1,x\neq 0$时，成立不等式（对数不等式）
$$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x$$
Proof. 设$f(x)=\ln(1+x)$,由Lagrange中值定理知
$$\ln(1+x)-\ln(1+0)=\frac{x}{1+\theta x},0<\theta<1$$
对$x>0$和$-1<x<0$分别讨论即可。取$x=\frac{1}{n}$则得
$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$$
2. 证明：对$0<a<b\ leq\frac{\pi}{2}$,成立不等式
$$\frac{\sin a}{a}>\frac{\sin b}{b}$$
Proof: 方法一，考察$F(x)=\frac{\sin x}{x}, x\in (0,\frac{\pi}{2}]$的单调性.
方法二：设$f(x)=\sin x, g(x)=\sin (b/a)x$,则由Cauchy中值定理知存在$\xi\in (0,a)$使得
$$\frac{\sin a}{\sin b}=\frac{f(a)-f(0)}{g(a)-g(0)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{a}{b}\frac{\cos \xi}{\cos(b/a)\xi}>\frac{a}{b}$$
3. 证明在$x>0$时，成立$$\sin x>x-\frac{x^{3}}{6}$$
Proof: 方法一：设$F(x)=\sin x-x+\frac{x^{3}}{6}$
方法二：带Lagrange余项的Taloy公式，判断余项的正负.
4. 设$a\geq 1$,证明在$x\in [0,a]$时成立不等式
$$0\leq e^{-x}-\left(1-\frac{x}{a}\right)^{a}\leq \frac{x^{2}}{a}e^{-x}$$
Proof: 设$f(x)=e^{-x}-\left(1-\frac{x}{a}\right)^{a},x\in [0,a]$.判断其最小值的正负.$f(0)=0,f(a)=e^{-a}>0$.
$$f'(x)=-e^{-x}+\left(1-\frac{x}{a}\right)^{a-1}$$
若$f'(x)$无零点，则$f(x)$最值在端点处取到最小值, 即得$f(x)>0,x \in [0,a]$.若有零点，只需利用零点的性质即可.
另一方向不等式证明类似.
5. (Jordan不等式)设$0\leq x \leq \frac{\pi}{2}$,则成立不等式$\sin x \geq \frac{2}{\pi}x$.
Proof: 设
$$f(x)=\sin x-\frac{2}{\pi}x,or,g(x)=\frac{\sin x}{x}$$
6. 当$x>0$时，证明：对每个自然数$n$成立不等式
$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots-\frac{x^{2n}}{2n}<\ln (1+x)<x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^{3}}{3}-\cdots+\frac{x^{2n-1}}{2n-1}$$
Proof: 考察Lagrange型Taloy公式的余项的正负.
7. 证明Young不等式，若$x,y\geq 0$且$p,q>0$,$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$,则成立不等式
$$x^{\frac{1}{p}}y^{\frac{1}{q}}\geq \frac{x}{p}+\frac{y}{q}$$
与$$xy\geq \frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{q}}{q}$$
Proof：设
$$F(x)= \frac{x^{p}}{p}+\frac{y^{q}}{q}-xy$$
8.设$f$在$[0,1]$上二阶可导，若$|f(0)|\leq 1,|f(1)|\leq 1,|f''(x)|\leq 2,(0\leq x\leq 1)$, 证明：对每个$x\in [0,1]$有$|f'(x)|\leq 3$.
Proof: 端点处在$x$处Taloy展开.
9. 设$f$是$[a,b]$上的二阶可导函数，$l(x)$是由$[a,f(a)]$与$[b,f(b)]$确定的线性函数, 如果$|f''(x)|\leq M$, 那么任意$x\in [a,b]$有
$$|f(x)-l(x)|\leq \frac{M}{8}(b-a)^{2}$$
10. 计算$\tan x$的Maclaurin展开式（写出前三项）
解：长除法.
11.(Gronwall-Bellman不等式)设$f(x)\in C^{1}[0,+\infty)$且$f(0)=0$,存在正常数$c$,s.t.
$$|f'(x)|\leq c|f(x)|$$
证明：$f(x)=0$
Proof:
证法一: 由题知
$$|f'(x)|\leq c|f(x)-f(0)|=cx|f'(x_{1})|\leq c^{2}x|f(x_{1})|\leq c^{3}x^{2}|f'(x_{3})|\leq c^{n}x^{n-1}|f(x_{n})| $$
取$x \in (0,\frac{1}{c})$,则 $0<q=cx<1$,令$n\to \infty$得$f'(x)=0$,从而$f(x)\equiv 0,x\in [0,\frac{1}{c}]$.
令
$$g(x)=f(x+\frac{1}{c})$$
则$g(x)$满足
$$|g'(x)|=\left|f'(x+\frac{1}{c})\right|\leq c \left|f(x+\frac{1}{c})\right|=c|g(x)|$$
反复利用以上结论即得$f(x)\equiv 0, x\in [0,\infty)$
12.设$f$在$(-1,1)$上有各阶导数且对每个$n\geq 0$有$|f^{(n)}(x)|\leq n! |x|$, 证明：$f(x)=0$.
Proof: 由题知$f^{(n)}(0)=0$, 由Taloy公式
$$|f(x)-f(0)|=\left|\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}r^{n}+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}\right|\leq |x|^{n+2}$$
令$n\to \infty$, 则得$f(x)\equiv f(0)=0$
13.设$f$在$(a,b)$上任意阶可微且对每个自然数$n$有$f^{(n)}(x)\geq 0$和$|f(x)|\leq M$,证明：对每个$x\in(a,b), x+r\in (a,b),r>0$,有
$$f^{(n)}(x)\leq \frac{2M n!}{r^{n}}$$
Proof: 由Lagrange型Taloy公式知
$$f(x+r)-f(x)=\frac{f'(x)}{1}r+\frac{f''(x)}{2!}r^{2}+\cdots+\frac{f^{(n)(x)}}{n!}r^{n}+\frac{f^{(n+1)(\xi)}}{(n+1)!}r^{n+1}\geq \frac{f^{(n)(x)}}{n!}r^{n}$$
从而
$$f^{(n)}(x)\leq \frac{n!}{r^{n}}\left(f(x+r)-f(x)\right)\leq \frac{2Mn!}{r^{n}}$$
14.设$x>0$,证明：当$n为$奇数时
$$\sin x >\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}x^{2k+1}$$
当$n$为偶数时
$$\sin x <\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k}}{(2k+1)!}x^{2k+1}$$
proof: 分析Lagrange余项的正负号.
15. 证明：$0<p<1$时成立不等式
$$|a+b|^{p}\leq |a|^{p}+|b|^{p}$$
Proof:
$$|a+b|^{p}=a|a+b|^{p-1}+b|a+b|^{p-1}\leq |a|^{p}+|b|^{p}$$
等价的不等式:
$$|x|^{p}-|y|^{p}\leq |x-y|^{p},0<p<1$$
这个不等式在处理一致连续等问题时很有效.
16. 证明：当$x\in [0,\frac{\pi}{2}]$时，成立比$Jordan$不等式更好的结果
$$\sin x\geq \frac{2}{\pi}x+\frac{1}{12\pi}x(\pi^{2}-4x^{2})$$
Proof: 设
$$f(x)=\sin x-\frac{2}{\pi}x+\frac{1}{12\pi}x(\pi^{2}-4x^{2}), x\in [0,\frac{\pi}{2}]$$
则$f(0)=f(\frac{\pi}{2})=0$. 分析最小值.
17. 设$P_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{x^{k}}{k!}$, 证明：$n$为偶数时$P_{n}(x)>0$,$n$为奇数时有唯一零点.
Proof: 当$n$为偶数时, 设
$$P_{2k}(x)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+\cdots+\frac{x^{2k}}{(2k)!}$$
则有$p_{2k}(+\infty)=P_{2k}(-\infty)=+\infty$. 由广义的Rolle定理知存在$x_{0}$使得$P'_{2k}(x_{0})=0$
$$P'_{2k}(x)=1+\frac{x}{1!}+\cdots+\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}=P_{2k-1}(x)$$
由广义的Rolle定理知存在$x_{0}\neq 0$使得$P'_{2k}(x_{0})=P_{2k-1}(x)=0$. (或者从广义的零点定理出发得出结论.)
若$P'_{2k}(x_{0})=0$,则$P_{2k}(x_{0})=\frac{x_{0}^{2k}}{(2k)!}>0$.
下论证$P_{2k-1}(x)$零点的唯一性, 若存在两个零点，应用Rolle中值定理得到存在$\xi \in R$使得$P_{2k-2}(\xi)=0$矛盾.
18. 设$f$在$(0,\infty)$二阶可微，且已知
$$M_{0}=\sup\{|f(x)|\Bigg| x\in (0,\infty)\}$$
$$M_{2}=\sup\{|f''(x)|\Bigg|x\in(0,infty)\}$$
为有限数，证明：
$$M_{1}=\sup\{|f'(x)|\Bigg|x\in(0,\infty)\}\leq 2\sqrt{M_{0}M_{1}}$$
19.若将$f$在$\mathbb{R}$上定义，上述结果可改进为
$$M_{1}\leq \sqrt{2M_{0}M_{2}}$$
20.设$f(x)$在$(0,\infty)$上三次可导，且当$x\in(0,infty)$时
$$|f(x)|\leq M_{0},|f''(x)|\leq M_{2}$$
其中$M_{0},M_{3}$为非负常数，求证：$f''(x)$在$(0,+\infty)$上有界。
21.设$f(x)\in C[0,1]$且满足
$$\int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}xf(x)dx=0$$
证明：$f(x)$在$(0,1)$上至少有两个零点。
22.设$f(x)\in C[0,\pi]$且满足
$$\int_{0}^{\pi}f(x)dx=\int_{0}^{\pi}f(x)\cos xdx=0$$
证明：$f(x)$在$(0,\pi)$上至少有两个零点。
23. 推广上面两题的结论。
