08-第八章 微分学的应用

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• 无

正文部分

8.1.1 L’Hospital 法则

例题 8.1.1

计算极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}.$$

解
用 L’Hospital 法则可计算如下：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x-1}{3x^2}=-\frac{1}{6}.$$

最后一步利用了已知的等价关系 $1-\cos x\sim \frac{1}{2}{x}^2$ $(x\to 0)$。

例题 8.1.2

计算极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\tan x}{x^3}.$$

解 1
不用其他工具，连用三次 L’Hospital 法则就可以解决问题：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\tan x}{x^3}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-{\sec }^{2}x}{3x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-2{\sec }^{2}x\tan x}{6x}\\ & =-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sec }^{2}x{\tan }^{2}x+{\sec }^{4}x}{3}=-\frac{1}{3}.\end{array}$$

解 2
实际上用一次 L’Hospital 法则就够了：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-\tan x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-{\sec }^{2}x}{3x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-{\tan }^{2}x}{3x^2}=-\frac{1}{3}.$$

例题 8.1.3

计算

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x^2}{x^3\sin x}.$$

解 1
直接用 L’Hospital 法则三次，得到

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x^2}{x^3\sin x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2\sin x^2}{3x\sin x+x^2\cos x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4x\cos x^2}{(3-x^2)\sin x+5x\cos x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{4\cos x^2-8x^2\sin x^2}{(8-x^2)\cos x-7x\sin x}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

解 2
实际上不需要微分学知识，用等价量代换法即可解决：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x^2}{x^3\sin x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2{\sin }^2\frac{x^2}{2}}{x^3\sin x}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }{\left(\frac{\sin \frac{x^2}{2}}{\frac{x^2}{2}}\right)}^2\cdot \left(\frac{x}{2\sin x}\right)=\frac{1}{2}.\end{array}$$

解 3
若利用当 $x\to 0$ 时成立

$$\cos x^2=1-\frac{(x^2{)}^2}{2}+o((x^2{)}^2)\text{和}\sin x=x+o(x),$$

则就有

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x^2}{x^3\sin x}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^4}{2}+o(x^4)}{x^3(x+o(x))}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^4}{2}+o(x^4)}{x^4+o(x^4)}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{1}{2}+o(1)}{1+o(1)}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

例题 8.1.4

设

$${\delta }_n=e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n,$$

计算极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{\delta }_n$。

解
根据第四章的 Heine 归结原理（即命题 4.2.3），只要计算函数极限

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{e-(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{x}.$$

这是 $\frac{0}{0}$ 型的不定式。用 L’Hospital 法则，得到

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{e-(1+x{)}^{\frac{1}{x}}}{x}& =\underset{x\to 0+}{\lim }\left\{-\left[(1+x{)}^{\frac{1}{x}}\right]\cdot \frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}\right\}\\ & =-e\cdot \underset{x\to 0+}{\lim }\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}\\ & =-e\cdot \underset{x\to 0+}{\lim }\frac{\frac{1}{(1+x{)}^2}-\frac{1}{1+x}}{2x}\\ & =-e\cdot \underset{x\to 0+}{\lim }\frac{-1}{2(1+x{)}^2}=\frac{e}{2}.\end{array}$$

注
实际上本题的答案就是例题 7.2.4 中的函数 $f(x)$ 的导数 $f^{\prime }(0)$（乘 $-1$）。

例题 8.1.5

用 L’Hospital 法则证明：若 $f$ 在点 $x_0$ 存在 $f^{(n)}(x_0)$，则有

$$\begin{array}{rl}f(x)=& f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots \\ & +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0).\end{array}$$

证
如在第七章的 (7.19) 那样引进余项

$$\begin{array}{rl}{r}_n(x)=f(x)-[& f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots \\ & +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n],\end{array}$$

它满足以下的 $n+1$ 个条件：

$$r_n(x_0)=0,r_n^{\prime }(x_0)=0,\cdots ,r_n^{(n)}(x_0)=0.\text{\hspace{1em}(8.1)}$$

只需要证明

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{r_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=0,$$

这是 $\frac{0}{0}$ 型的不定式。用 L’Hospital 法则如下：

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{r_n(x)}{(x-x_0{)}^n}=\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{r_n^{\prime }(x)}{n(x-x_0{)}^{n-1}}=\cdots =\underset{x\to x_0}{\lim }\frac{r_n^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_0)}.$$

在以上的 $n-1$ 次应用 L’Hospital 法则中，利用了 (8.1) 中的前 $n-1$ 个条件。从条件 $r_n^{(n-1)}(x_0)=0$ 可见上面的最后一式仍然是 $\frac{0}{0}$ 型的不定式。但这里不能再用 L’Hospital 法则，与命题 7.2.2 中一样，从导数定义出发，即可利用条件 $r_n^{(n)}(x_0)=0$ 得到所要求证的结果。

8.1.2 Taylor 公式与极限计算

例题 8.1.6

根据实际教学情况，在用 L’Hospital 法则计算例题 8.1.4 中的极限时，很多学生在最后一步不再用 L’Hospital 法则，而作以下计算：

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{1+x}-x}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x-(1+x)x}{(1+x)x^2}=-1.$$

分析
但正确答案却是 $-\frac{1}{2}$，问题当然出在不恰当地使用了等价量代换法。因为根据 4.4.3 小节，应当按照 (4.8) 或 (4.9) 的方式才能用等价量代换。

用 Taylor 公式进行分析就可一目了然。分子的两项可用 Taylor 公式写出为

$$\frac{x}{1+x}=x-x^2+o(x^2)(x\to 0),$$ $$\ln (1+x)=x-\frac{1}{2}{x}^2+o(x^2)(x\to 0).$$

可见这两项相减后，$x$ 的一次项恰好对消，因此起作用的是在两个展开式中的 $x^2$ 项的系数。正确的计算为

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{(x-x^2)-\left(x-\frac{1}{2}{x}^2\right)+o(x^2)}{x^2}=-\frac{1}{2}.$$

由此可见，前面的错误原因在于用 $x$ 替换 $\ln (1+x)$ 时太粗糙了，丢掉了在该问题中起关键作用的二次项。

从 Taylor 公式的应用来看，问题是在每一个具体场合究竟应当写出多少项？当然这需要尝试。再以上面的分子为例，将 $\ln (1+x)$ 写为 $x+o(x)$ $(x\to 0)$，这也是 Taylor 公式，并没有错误。如果将第一项也写为 $x+o(x)$，就会发现仅仅写出一次项的系数是不够的。

以上错误还说明，学生在刚学了 Taylor 公式后一般还不会在求函数极限时加以使用，在计算时仍停留在使用无穷小增量公式（也就是 $n=1$ 的带 Peano 余项的最简单的 Taylor 公式）的知识水平上。解决这个问题的方法是实践和教师的引导。

带有 Peano 余项的 Taylor 公式在求极限中有广泛的应用是不奇怪的，因为 Peano 余项本身就是对于无穷小量的一个刻画。下面是应用 Taylor 公式求极限的第一个例子（为清楚起见用 $\exp (x)$ 表示 $e^x$）。

例题 8.1.4 的解 2
用 Taylor 公式作下列计算：

$$\begin{array}{rl}{\delta }_n& =e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n=e-\exp \left[n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]\\ & =e-\exp \left[n\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)\right]\\ & =e-\exp \left[1-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right]\\ & =e\left(1-\exp \left[-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right]\right)\\ & =e\left[1-\left(1-\frac{1}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)\right]\\ & =\frac{e}{2n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right).\end{array}$$

可见 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{\delta }_n=\frac{e}{2}$。

注
例题 7.2.4 已经提供了本题的一种解法，实质上与此相同。此外，本章第一组参考题 6 又提供了另一个解法。

评注
在用 L’Hospital 法则时，如果逐次求导运算会使表达式变得很复杂，则往往不如用 Taylor 公式或结合其他工具为好。

例题 8.1.7

求

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-(\cos x{)}^{\sin x}}{x^3}.$$

解
记所求的极限为 $I$，写出分子的 Maclaurin 公式：

$$\begin{array}{rl}1-(\cos x{)}^{\sin x}& =1-e^{\sin x\ln \cos x}\\ & =1-\left[1+\sin x\ln \cos x+o(\sin x\ln \cos x)\right]\\ & =-\sin x\ln \cos x+o(\sin x\ln \cos x)(x\to 0),\end{array}$$

然后如下计算即可得到答案：

$$\begin{array}{rl}I& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin x\ln \cos x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\ln \cos x}{x^2}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\ln \left[1+\left(-\frac{x^2}{2}+o(x^3)\right)\right]}{x^2}\\ & =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^2}{2}+o(x^3)+o(x^2)}{x^2}=\frac{1}{2}.\end{array}$$

例题 8.1.8

求极限

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (\sin x)-\cos x}{x^4}.$$

解 1
可以看出只要计算分子的 Maclaurin 展开式直到 $x^4$ 项即可：

$$\begin{array}{rl}\cos (\sin x)-\cos x& =1-\frac{1}{2!}(\sin x{)}^2+\frac{1}{4!}(\sin x{)}^4-\left(1-\frac{1}{2!}{x}^2+\frac{1}{4!}{x}^4\right)+o(x^5)\\ & =-\frac{1}{2}{\left(x-\frac{1}{6}{x}^3\right)}^2+\frac{1}{24}{x}^4+\frac{1}{2}{x}^2-\frac{1}{24}{x}^4+o(x^5)\\ & =-\frac{1}{2}\left(x^2-\frac{1}{3}{x}^4\right)+\frac{1}{2}{x}^2+o(x^5)\\ & =\frac{1}{6}{x}^4+o(x^5)(x\to 0).\end{array}$$

因此所求的极限为 $\frac{1}{6}$。

解 2
在写出 $\cos (\sin x)-\cos x$ 的展开式后，可以看出只要计算如下：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (\sin x)-\cos x}{x^4}& =\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{x^2-{\sin }^{2}x}{x^4}\right)\\ & =\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{x+\sin x}{x}\cdot \frac{x-\sin x}{x^3}\right)=\frac{1}{6}.\end{array}$$

解 3
利用分子的特殊形式，应用 Lagrange 中值定理即可得到

$$\cos (\sin x)-\cos x=-\sin \xi (\sin x-x),$$

其中 $\xi$ 在 $x$ 与 $\sin x$ 之间。因此就可以计算如下：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (\sin x)-\cos x}{x^4}& =\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\sin \xi (\sin x-x)}{x^4}\\ & =-\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{\sin \xi }{\xi }\cdot \frac{\xi }{x}\cdot \frac{\sin x-x}{x^3}\right)=\frac{1}{6}.\end{array}$$

解 4
本题也可以用三角函数的和差化积公式来做，计算如下：

$$\begin{array}{rl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos (\sin x)-\cos x}{x^4}& =\underset{x\to 0}{\lim }\left[-\frac{1}{x^4}\cdot 2\sin \left(\frac{\sin x-x}{2}\right)\cdot \sin \left(\frac{\sin x+x}{2}\right)\right]\\ & =-2\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x^4}\cdot \frac{\sin x-x}{2}\cdot \frac{\sin x+x}{2}\right)\\ & =-\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}=\frac{1}{6}.\end{array}$$

注意
注意这里使用了多次等价量代换，使问题大大简化了。

例题 8.1.9

设函数 $f$ 满足条件 $f(0)=0$，且存在 $f^{\prime \prime }(0)$，证明：函数

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)}{x},& x\ne 0,\\ f^{\prime }(0),& x=0\end{array}$$

的导函数 $g^{\prime }$ 在 $x=0$ 处连续，且 $g^{\prime }(0)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)$。

解
这时 $f$ 在 $x=0$ 的某邻域上可微，因此当 $x\ne 0$ 时可按定义求出

$$g^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)x-f(x)}{x^2}.\text{\hspace{1em}(8.2)}$$

余下只有一个问题，即证明 $g^{\prime }(0)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)$ 且 $\underset{x\to 0}{\lim }{g}^{\prime }(x)=g^{\prime }(0)$。

应用 7.1.2 小节的导数极限定理，只要证明：（1）$g$ 在 $x=0$ 处连续；（2）$g^{\prime }$ 在 $x=0$ 处有极限，并求出此极限。（若不用导数极限定理，则需另行计算 $g^{\prime }(0)$。）

（1）从 $g$ 的定义即可得到

$$\underset{x\to 0}{\lim }g(x)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=f^{\prime }(0)=g(0).$$

（2）利用带 Peano 余项的 Maclaurin 公式：

$$f(x)=f^{\prime }(0)x+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)x^2+o(x^2)(x\to 0),$$ $$f^{\prime }(x)=f^{\prime }(0)+f^{\prime \prime }(0)x+o(x)(x\to 0),$$

将它们代入 (8.2)，就在 $x\ne 0$ 时有

$$\begin{array}{rl}{g}^{\prime }(x)& =\frac{(f^{\prime }(0)+f^{\prime \prime }(0)x)x-\left(f^{\prime }(0)x+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)x^2\right)+o(x^2)}{x^2}\\ & =\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)+o(1)(x\to 0).\end{array}$$

因此存在极限 $\underset{x\to 0}{\lim }{g}^{\prime }(x)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)$，再应用导数极限定理即得所要的结论。

注 1
比较 $f$ 和 $g$ 的 Maclaurin 展开式：

$$f(x)=f^{\prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}{x}^2+o(x^2)(x\to 0),$$ $$g(x)=f^{\prime }(0)+\frac{f^{\prime \prime }(0)}{2}x+o(x)(x\to 0),$$

可以发现，后一个公式可以由前一个除以 $x$ 得到，恰与 $x\ne 0$ 时 $g(x)$ 的定义一致。但是在证明 $g(0)=f^{\prime }(0)$ 和 $g^{\prime }(0)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)$ 之前，当然还不知道由这样的形式运算得到的结果是否是 $g$ 的 Maclaurin 展开式。因此可以认为，本例题的意义就在于对这样的形式运算作出了严格证明。

注 2
这个例题的结论可以推广。只要多次应用导数极限定理，就可以证明：若 $f(0)=0$，且存在 $f^{(n+1)}(0)$，则上述 $g(x)$ 的 $n$ 阶导函数 $g^{(n)}$ 在 $x=0$ 处连续，且 $g^{(n)}(0)=f^{(n+1)}(0)/(n+1)$。（这将作为本章的第二组参考题 2。）

注 3
应用上述推广，就可以为上一章的例题 7.2.3 和 7.2.4 中的计算提供理论根据。这里的结果可以简述为：如果 $f(x)$ 满足 $f(0)=0$，又存在 $f^{(n+1)}(0)$，则如下定义的函数：

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)}{x},& x\ne 0,\\ f^{\prime }(0),& x=0\end{array}$$

在 $x=0$ 处存在 $g^{(n)}(0)$，且有 Maclaurin 展开式：

$$g(x)=f^{\prime }(0)+f^{\prime \prime }(0)x+\frac{f^{\prime \prime \prime }(0)}{2!}{x}^2+\cdots +\frac{f^{(n+1)}(0)}{(n+1)!}{x}^n+o(x^n)(x\to 0).$$

因此，形式上这个展开式可以从 $f$ 的 Maclaurin 展开式除以 $x$ 得到。在例题 7.2.3 和 7.2.4 中对于 $\sin x$ 和 $\ln (1+x)$ 就是这样做的，但当时没有能够证明其合理性。

例题 8.1.10

设 $x_0\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$，$x_n=\sin x_{n-1},n\in {\mathbb{N}}_{+}$，证明：

$$x_n\sim \sqrt{\frac{3}{n}}(n\to \infty ).$$

证
数列 $\{x_n\}$ 为严格单调减少数列，收敛于 $0$（请读者补充证明）。以下用 Stolz 定理计算：

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \infty }{\lim }n{x}_n^2& =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n}{\frac{1}{x_n^2}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{\frac{1}{x_{n+1}^2}-\frac{1}{x_n^2}}\\ & =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n^2{x}_{n+1}^2}{x_n^2-x_{n+1}^2}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n^2{\sin }^2{x}_n}{\frac{1}{3}{x}_n^4+o(x_n^5)}=3,\end{array}$$

在其中用了 $x_{n+1}=\sin x_n=x_n-\frac{1}{6}{x}_n^3+o(x_n^4)$。

注
在图 8.1 上用蛛网工作法（见 2.6.2 小节）作出了数列的前几项。可以看出数列 $\{x_n\}$ 收敛于 $0$ 一定很慢。本题的结果对此作出了渐近的刻画。

8.1.3 练习题

题目 1

以下几个函数极限均不宜用 L’Hospital 法则，为什么？

1. $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x}{x+1}$；
2. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x+\sin x}{x-\sin x}$；
3. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{e^x+e^{-x}}{e^x-e^{-x}}$；
4. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$。

解答

1. $x=1$ 时分母不为零，直接代入得 $1/2$，不是不定式。
2. 分子、分母同除以 $x$ 即得极限 $1$；若使用 L’Hospital 法则，导数之比 $(1+\cos x)/(1-\cos x)$ 反而没有极限。
3. 分子、分母同除以 $e^x$ 后立即得到 $1$，求导只会增加运算。
4. 直接写成 $1/\sqrt{1+x^{-2}}$ 即得极限 $1$，无须使用 L’Hospital 法则。

题目 2

求下列极限：

1. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^{x^2}-b^{x^2}}{(a^x-b^x{)}^2}$；
2. $\underset{x\to +\infty }{\lim }\left[\left(x^3-x^2+\frac{x}{2}\right)e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{1+x^6}\right]$；
3. $\underset{x\to 0+}{\lim }{\left(\ln \frac{1}{x}\right)}^x$；
4. $\underset{x\to +\infty }{\lim }{\left(\frac{\pi }{2}-\arctan x\right)}^{\frac{1}{\ln x}}$。

解答

1. 设 $a,b>0$ 且 $a\ne b$。由
   $a^{x^2}-b^{x^2}=(\ln a-\ln b)x^2+o(x^2)$、
   $a^x-b^x=(\ln a-\ln b)x+o(x)$，极限为

$$\frac{1}{\ln a-\ln b}=\frac{1}{\ln (a/b)}.$$

2. 令 $t=1/x$。由于

$$(1-t+\frac{1}{2}{t}^2)e^t=1+\frac{t^3}{6}+O(t^4),\sqrt{1+x^6}=x^3+O(x^{-3}),$$

原式等于 $1/6+O(1/x)$，故极限为 $1/6$。
3. 取对数，有

$$x\ln \ln \frac{1}{x}⟶0,$$

故原极限为 $e^0=1$。
4. 因 $\pi /2-\arctan x=\arctan (1/x)\sim 1/x$，取对数后得到

$$\frac{\ln (\pi /2-\arctan x)}{\ln x}⟶-1,$$

故极限为 $e^{-1}$。

题目 3

确定 $a,b$，使得当 $x\to 0$ 时，下列函数为尽可能高阶的无穷小量：

1. $f(x)=x-(a+b\cos x)\sin x$；
2. $f(x)=e^x-\frac{1+ax}{1+bx}$；
3. $f(x)=\cot x-\frac{1+a{x}^2}{x+b{x}^3}$；
4. $f(x)=\cos x-\frac{1+a{x}^2}{1+b{x}^2}$。

解答

1. 展开得

$$f(x)=(1-a-b)x+\left(\frac{a}{6}+\frac{2b}{3}\right)x^3+\left(-\frac{a}{120}-\frac{2b}{15}\right)x^5+O(x^7).$$

令前两项消失，得 $a=4/3,b=-1/3$，此时 $f(x)=x^5/30+O(x^7)$，阶数最高为 $5$。
2. 由

$$\frac{1+ax}{1+bx}=1+(a-b)x-b(a-b)x^2+b^2(a-b)x^3+O(x^4),$$

比较 $e^x$ 的一次、二次项，得 $a=1/2,b=-1/2$；此时 $f(x)=-x^3/12+O(x^4)$。
3. 展开

$$\frac{1+a{x}^2}{x+b{x}^3}=\frac{1}{x}+(a-b)x-b(a-b)x^3+b^2(a-b)x^5+O(x^7).$$

与 $\cot x=x^{-1}-x/3-x^3/45-2x^5/945+O(x^7)$ 比较，得

$$a=-\frac{2}{5},b=-\frac{1}{15},$$

此时 $f(x)=-x^5/1575+O(x^7)$。
4. 比较

$$\frac{1+a{x}^2}{1+b{x}^2}=1+(a-b)x^2-b(a-b)x^4+b^2(a-b)x^6+O(x^8)$$

与 $\cos x$，得 $a=-5/12,b=1/12$，此时 $f(x)=x^6/480+O(x^8)$。

题目 4

应用 Taylor 公式求下列极限：

1. $\underset{x\to 0}{\lim }\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{\sin x}\right)$；
2. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^{x^3}-1-x^3}{{\sin }^{6}2x}$；
3. $\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^2\ln \left(n\sin \frac{1}{n}\right)$；
4. $\underset{n\to \infty }{\lim }(-1{)}^{n}n\sin \left(\sqrt{n^2+2\pi }\right)$；
5. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin (\tan x)-\tan (\sin x)}{x^7}$；
6. $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin (\sin x)-{\sin }^{2}x}{x^6}$。

解答

1. $1/\sin x=1/x+x/6+O(x^3)$，故极限为 $0$。
2. 分子为 $x^6/2+o(x^6)$，分母为 $64x^6+o(x^6)$，故极限为 $1/128$。

$$n\sin \frac{1}{n}=1-\frac{1}{6n^2}+O(n^{-4}),\ln \left(n\sin \frac{1}{n}\right)=-\frac{1}{6n^2}+O(n^{-4}),$$

故极限为 $-1/6$。
4. 按题面所印的 $\sqrt{n^2+2\pi }$，该数列没有极限，因为

$$\sqrt{n^2+2\pi }=n+\frac{\pi }{n}+O(n^{-3}),$$

主项为 $(-1{)}^{n}n\sin n$，其绝对值沿无穷多个指标无界。原题很可能漏印了 ${\pi }^2$；若应为
$(-1{)}^{n}n\sin \sqrt{n^2{\pi }^2+2\pi }$，则展开后极限为 $1$。
5. 直接复合展开得

$$\sin (\tan x)-\tan (\sin x)=-\frac{x^7}{30}+O(x^9),$$

故极限为 $-1/30$。
6. 展开得

$$x\sin (\sin x)-{\sin }^{2}x=\frac{x^6}{18}+O(x^8),$$

故极限为 $1/18$。

题目 5

设存在 $f^{\prime \prime }(a)$，证明：

$$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(a+2h)-2f(a+h)+f(a)}{h^2}=f^{\prime \prime }(a).$$

解答
在 $a$ 处写二阶 Peano 展开式：

$$\begin{array}{rl}f(a+h)& =f(a)+f^{\prime }(a)h+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(a)h^2+o(h^2),\\ f(a+2h)& =f(a)+2f^{\prime }(a)h+2f^{\prime \prime }(a)h^2+o(h^2).\end{array}$$

代入后分子为 $f^{\prime \prime }(a)h^2+o(h^2)$，故极限为 $f^{\prime \prime }(a)$。

题目 6

设 $f$ 在某邻域 $O(x_0)$ 上二阶连续可微，$f^{\prime }(x_0)\ne 0$，$f(x)\ne f(x_0),\forall x\ne x_0$。求

$$\underset{x\to x_0}{\lim }\left[\frac{1}{f(x)-f(x_0)}-\frac{1}{f^{\prime }(x_0)(x-x_0)}\right].$$

解答
令 $h=x-x_0$，记 $A=f^{\prime }(x_0)\ne 0$、$B=f^{\prime \prime }(x_0)$。则

$$f(x)-f(x_0)=Ah+\frac{B}{2}{h}^2+o(h^2).$$

因而

$$\frac{1}{f(x)-f(x_0)}-\frac{1}{Ah}=-\frac{B/2+o(1)}{A[A+(B/2)h+o(h)]}⟶-\frac{B}{2A^2}.$$

题目 7

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上二阶连续可微，且 $f^{\prime \prime }(x)>0,f(0)=f^{\prime }(0)=0$。试求极限

$$\underset{x\to 0+}{\lim }\frac{x{f}^{\prime }(u)}{u{f}^{\prime }(x)},$$

其中 $u$ 是函数 $f$ 的图像在点 $(x,f(x))$ 处的切线在 $x$ 轴上的截距。

解答
切线的横截距为

$$u=x-\frac{f(x)}{f^{\prime }(x)}.$$

由 $f^{\prime \prime }(0)>0$ 及 Taylor 公式，若记 $c=f^{\prime \prime }(0)$，则

$$f(x)=\frac{c}{2}{x}^2+o(x^2),f^{\prime }(x)=cx+o(x),$$

从而 $u\sim x/2$、$f^{\prime }(u)\sim cu$。因此

$$\frac{x{f}^{\prime }(u)}{u{f}^{\prime }(x)}⟶1.$$

题目 8

令

$$f(x)=\underset{n\to \infty }{\lim }{n}^x\left[{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}^{n+1}-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right],$$

确定其定义域和值域。

解答
记 $a_n=(1+1/n{)}^n$。由

$$a_n=e\left(1-\frac{1}{2n}+O(n^{-2})\right)$$

得

$$a_{n+1}-a_n=\frac{e}{2n^2}+O(n^{-3}).$$

故极限在 $x<2$ 时为 $0$，在 $x=2$ 时为 $e/2$，在 $x>2$ 时为 $+\infty$。若函数取有限实值，则其定义域为 $(-\infty ,2]$，值域为 $\{0,e/2\}$。

题目 9

设 $x_1>0,x_{n+1}=\ln (1+x_n),n\in {\mathbb{N}}_{+}$，证明：

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{x}_n=2.$$

解答
因 $0<\ln (1+t)<t$，数列严格减少并收敛于 $0$。又

$$\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_n}=\frac{x_n-\ln (1+x_n)}{x_n\ln (1+x_n)}⟶\frac{1}{2}.$$

对 $n/(1/x_n)$ 使用 Stolz 定理，得到 $n{x}_n\to 2$。

题目 10

设 $x_0=\ln a,a>0,x_n=\sum _{k=0}^{n-1}\ln (a-x_k),n\in {\mathbb{N}}_{+}$，求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。

解答
令 $y_n=a-x_n$，则

$$y_0=a-\ln a\ge 1,y_{n+1}=y_n-\ln y_n.$$

当 $y_n>1$ 时，由 $0<\ln y_n<y_n-1$ 得 $1<y_{n+1}<y_n$。故 $y_n\downarrow L\ge 1$，极限方程 $L=L-\ln L$ 给出 $L=1$。因此

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a-1.$$

8.2.1 例题

例题 8.2.1

问：由函数在一个点上的导数符号大于（小于）$0$ 能否推出函数在该点的一个充分小的邻域上为单调？

解
答案是不能。举例如下：令

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x+2x^2\sin \frac{1}{x},& x\ne 0,\\ 0,& x=0,\end{array}$$

则易求出 $f^{\prime }(0)=1>0$。又可以求出当 $x\ne 0$ 时的导函数表达式为

$$f^{\prime }(x)=1+4x\sin \frac{1}{x}-2\cos \frac{1}{x}.$$

取 $x=\frac{1}{n\pi }$，则有

$$f^{\prime }\left(\frac{1}{n\pi }\right)=1-2(-1{)}^n,$$

可见在 $x=0$ 的任意邻近导函数 $f^{\prime }(x)$ 都不保号。因此在 $x=0$ 的每个邻域上 $f$ 都不是单调的（该函数在 $x>0$ 部分的图像见图 8.2(a)）。

注
在任何一个区间上不单调的连续函数和可微函数都是存在的（见 [57]）。

例题 8.2.2

问：函数在其极值点的每一侧邻近是否一定具有单调性？

解
答案是不一定。举例如下：令

$$f(x)=\{\begin{array}{ll}0,& x=0,\\ -x^2\left(2+\sin \frac{1}{x}\right),& x\ne 0,\end{array}$$

则 $f$ 在 $x=0$ 处取到极大值 $0$。从不等式

$$-3x^2\le f(x)\le -x^2$$

即可求出 $f^{\prime }(0)=0$。但当 $x\ne 0$ 时

$$f^{\prime }(x)=-4x-2x\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x},$$

因此在极值点 $x=0$ 两侧的任意邻近都不可能是单调的（见图 8.2(b)）。

例题 8.2.3

设函数

$$f(x)={\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x+\alpha },$$

证明：当 $\alpha \ge \frac{1}{2}$ 时，$f$ 于 $x>0$ 时严格单调减少；而当 $\alpha <\frac{1}{2}$ 时，则 $f$ 于 $x$ 充分大时严格单调增加。

证
用对数求导法，可以写出

$$f^{\prime }(x)=f(x)\left[\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{x+\alpha }{x^2+x}\right].$$

将上式右边记为 $f(x)\cdot u(x)$，则 $f^{\prime }$ 与 $u$ 同号。由于有

$$\underset{x\to +\infty }{\lim }u(x)=0,$$

只要观察 $u$ 是否单调即可判定其符号。计算得到

$$u^{\prime }(x)=\frac{\alpha +(2\alpha -1)x}{x^2(1+x{)}^2}.$$

可见当 $\alpha \ge \frac{1}{2}$ 和 $x>0$ 时有 $u^{\prime }(x)>0$，因此 $u$ 为严格单调增加函数，所以当 $x>0$ 时 $u(x)<0$ 成立。这保证了 $f$ 在 $x>0$ 时严格单调减少。当 $\alpha <\frac{1}{2}$ 时，则至少在 $x$ 充分大时 $u^{\prime }(x)<0$，所以有 $u(x)>0$。这保证了函数 $f$ 在 $x$ 充分大时严格单调增加。

例题 8.2.4

证明：对每个正整数 $n$，方程

$$x^{n+2}-2x^n-1=0$$

只有唯一正根。

证
记方程左边的表达式为 $f(x)$。从 $f(\sqrt{2})=-1$ 和 $f(+\infty )=+\infty$ 可见方程有大于 $\sqrt{2}$ 的正根。为了知道 $f$ 的单调性，求导后得到

$$f^{\prime }(x)=(n+2)x^{n+1}-2n{x}^{n-1}=(n+2)x^{n-1}\left(x^2-\frac{2n}{n+2}\right).$$

因此函数 $f$ 在点

$$\xi =\sqrt{\frac{2n}{n+2}}(<\sqrt{2})$$

的导数值为 $0$。函数 $f$ 在区间 $[0,\xi ]$ 上严格单调减少，而在区间 $[\xi ,+\infty )$ 上严格单调增加。又从 $f(0)=-1$，就知道 $f(x)=0$ 除了上述大于 $\sqrt{2}$ 的一个正根外没有其他正根。

例题 8.2.5

设 $a>0$，确定方程 $f(x)=ax-\ln x=0$ 恰有两个正根的条件。

解
从 $f^{\prime }(x)=a-1/x$ 可见在 $(0,a^{-1}]$ 上 $f$ 严格单调减少，而在 $[a^{-1},+\infty )$ 上 $f$ 严格单调增加。又由于

$$f(0+)=+\infty ,f(+\infty )=\underset{x\to +\infty }{\lim }x\left(a-\frac{\ln x}{x}\right)=+\infty ,$$

可见方程 $f(x)=0$ 有两个正根的条件是

$$f\left(\frac{1}{a}\right)=1-\ln \frac{1}{a}<0.$$

由此可以确定 $a$ 应当满足条件 $a<\frac{1}{e}$。

8.2.2 练习题

题目 1

问：单调函数若可微，则其导函数是否也单调？反之又如何？请举例说明。

解答
两个方向都不成立。$f(x)=x^3$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格增加，但 $f^{\prime }(x)=3x^2$ 不单调；反之，$f(x)=x^2$ 的导数 $2x$ 严格增加，而 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上不单调。

题目 2

证明：函数 ${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x$ 在区间 $(-\infty ,-1)$ 和 $(0,+\infty )$ 上单调增加。

解答
令 $F(x)=x\ln (1+1/x)$。其导数为

$$F^{\prime }(x)=\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}.$$

对 $t=1/x>-1$、$t\ne 0$，不等式 $\ln (1+t)>t/(1+t)$ 表明 $F^{\prime }(x)>0$。指数函数严格增加，故原函数在 $(-\infty ,-1)$ 与 $(0,+\infty )$ 上均严格增加。

题目 3

设 $f$ 在 $[0,+\infty )$ 上可微，$f(0)=0$ 且 $f^{\prime }$ 严格单调增加，证明：$\frac{f(x)}{x}$ 在 $(0,+\infty )$ 上也严格单调增加。

解答
对每个 $x>0$，中值定理给出某个 $\xi \in (0,x)$ 使 $f(x)/x=f^{\prime }(\xi )$。因 $f^{\prime }$ 严格增加，

$${\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }=\frac{x{f}^{\prime }(x)-f(x)}{x^2}=\frac{f^{\prime }(x)-f^{\prime }(\xi )}{x}>0.$$

题目 4

设 $f,g$ 在 $[0,a]$ 上连续，在 $(0,a)$ 上可微，$f(0)=g(0)=0,f^{\prime },g^{\prime }>0$，证明：如果 $f^{\prime }/g^{\prime }$ 单调增加，则 $f/g$ 也单调增加。

解答
由 Cauchy 中值定理，对每个 $x\in (0,a)$ 存在 $\xi \in (0,x)$ 使

$$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.$$

若 $f^{\prime }/g^{\prime }$ 单调增加，则该值不大于 $f^{\prime }(x)/g^{\prime }(x)$，于是

$${\left(\frac{f}{g}\right)}^{\prime }=\frac{g^{\prime }}{g}\left(\frac{f^{\prime }}{g^{\prime }}-\frac{f}{g}\right)\ge 0.$$

题目 5

设 $f$ 在区间 $[a,+\infty )$ 上二阶可微，并且满足条件：（1）$f(a)>0$；（2）$f^{\prime }(a)<0$；（3）在 $x>a$ 时 $f^{\prime \prime }(x)\le 0$，证明：$f(x)$ 在 $(a,+\infty )$ 内有且只有一个零点。

解答
由 $f^{\prime \prime }\le 0$，$f^{\prime }$ 单调不增，故对 $x>a$ 有 $f^{\prime }(x)\le f^{\prime }(a)<0$，函数严格减少。并且

$$f(x)\le f(a)+f^{\prime }(a)(x-a)⟶-\infty .$$

结合 $f(a)>0$ 与介值定理可知零点存在，严格单调性又保证其唯一。

题目 6

设 $f\in C[a,+\infty )$，且当 $x>a$ 时成立 $f^{\prime }(x)>k>0$，其中 $k$ 为常数，证明：若 $f(a)<0$，则于区间 $(a,a-f(a)/k)$ 内方程 $f(x)=0$ 有且只有一个实根。

解答
令 $b=a-f(a)/k$。由中值定理及 $f^{\prime }>k$，

$$f(b)-f(a)>k(b-a)=-f(a),$$

故 $f(b)>0$。函数严格增加，因而在 $(a,b)$ 内恰有一个零点。

题目 7

设 $a>0$，证明：方程

$$a{e}^x=1+x+\frac{x^2}{2}$$

只有一个实根。

解答
令

$$F(x)=e^{-x}\left(1+x+\frac{x^2}{2}\right).$$

则

$$F^{\prime }(x)=-\frac{x^2}{2}{e}^{-x}\le 0,$$

且 $F$ 实际上严格减少；又 $F(-\infty )=+\infty$、$F(+\infty )=0$。方程等价于 $F(x)=a$，故对每个 $a>0$ 恰有一个实根。

题目 8

证明：方程

$$f(x)=\left(\frac{2}{\pi }-1\right)\ln x-\ln 2+\ln (1+x^2)=0$$

在开区间 $(0,1)$ 内只有一个实根。

解答
记题中函数为 $F$，则 $F(0+)=+\infty$、$F(1)=0$，且

$$F^{\prime }(x)=\frac{(2/\pi -1)+(1+2/\pi )x^2}{x(1+x^2)}.$$

分子仅有一个正零点

$$x_0=\sqrt{\frac{1-2/\pi }{1+2/\pi }}\in (0,1).$$

因此 $F$ 先严格减少后严格增加；又 $F(x_0)<F(1)=0$，故下降段中恰有一个零点，而上升段直到端点 $1$ 才再次取零。于是 $(0,1)$ 内恰有一个实根。

8.3.1 例题

例题 8.3.1

若函数 $f$ 在点 $x_0$ 处 $n$ 阶可微，且满足条件

$$f^{\prime }(x_0)=f^{\prime \prime }(x_0)=\cdots =f^{(n-1)}(x_0)=0,f^{(n)}(x_0)\ne 0,$$

则有结论：（1）若 $n$ 为奇数，则 $x_0$ 一定不是 $f$ 的极值点；（2）若 $n$ 为偶数，则当 $f^{(n)}(x_0)>0$（$<0$）时，$x_0$ 是函数 $f$ 的极小值点（极大值点）。

证
这时 $f$ 在 $x_0$ 的 Taylor 公式为

$$f(x)=f(x_0)+\frac{1}{n!}{f}^{(n)}(x_0)(x-x_0{)}^n+o((x-x_0{)}^n)(x\to x_0).$$

将它改写成

$$f(x)-f(x_0)=\frac{1}{n!}\left[f^{(n)}(x_0)+o(1)\right](x-x_0{)}^n(x\to x_0),\text{\hspace{1em}(8.3)}$$

由于 $f^{(n)}(x_0)\ne 0$，则存在 $\delta >0$，当 $x\in O_{\delta }(x_0)$ 时，公式 (8.3) 右边的方括号中的表达式的符号完全由 $f^{(n)}(x_0)$ 确定。

若 $n$ 为奇数，则可以从 (8.3) 看出当 $x\in (x_0-\delta ,x_0)$ 和 $x\in (x_0,x_0+\delta )$ 时，$f(x)-f(x_0)$ 异号，因此 $x_0$ 一定不是极值点。

若 $n$ 为偶数，则公式 (8.3) 表明，当 $x\in O_{\delta }(x_0)-\{x_0\}$ 时，$f(x)-f(x_0)$ 与 $n$ 阶导数 $f^{(n)}(x_0)$ 的符号一致。因此当 $f^{(n)}(x_0)>0$ 时，$x_0$ 是 $f$ 的极小值点。反之，若 $f^{(n)}(x_0)<0$，则 $x_0$ 是 $f$ 的极大值点。

注
$n=1$ 时这就是 Fermat 定理（命题 7.1.2），即从 $f^{\prime }(x_0)\ne 0$ 可推出 $x_0$ 不是 $f$ 的极值点。上述证明就是那里的证 2。

例题 8.3.2

证明：$x=0$ 是 $f(x)=e^x+e^{-x}+2\cos x$ 的极小值点。

证
计算得到 $f^{\prime }(0)=f^{\prime \prime }(0)=f^{\prime \prime \prime }(0)=0,f^{(4)}(0)=4$，用上一命题的结论可见 $x=0$ 是 $f(x)$ 的极小值点。

例题 8.3.3

已知正数 $a$，把它分成若干部分，如果要求各部分的乘积达到最大，应该怎样分法？

解
设将 $a$ 分成 $n$ 份，然后相乘。由平均值定理知道，若给定 $n$，则应将 $a$ 分成相等的 $n$ 份最为有利。这时所得到的乘积为

$${\left(\frac{a}{n}\right)}^n.$$

问题是如何取 $n$ 才能使这个乘积最大。

令 $x=\frac{a}{n}$，则上述乘积为 ${\left(x^{\frac{1}{x}}\right)}^a$。因此所提的问题和求函数

$$f(x)=x^{\frac{1}{x}}(x>0)\text{\hspace{1em}(8.4)}$$

的最大值有密切关系。

求 $f(x)$ 的导数，得到

$$f^{\prime }(x)=f(x){\left(\frac{\ln x}{x}\right)}^{\prime }=f(x)\cdot \frac{1}{x^2}(1-\ln x).$$

可见导函数 $f^{\prime }(x)$ 只有一个零点 $x=e$。从导函数的表达式可见，在 $(0,e)$ 上 $f$ 严格单调增加，而在 $(e,+\infty )$ 上 $f$ 严格单调减少。因此 $x=e$ 是函数 $f$ 的最大值点（见图 8.3）。

由于在一开始时令 $x=a/n$，所以要求 $a/x$ 为正整数。如果 $a/e$ 不是正整数，则应当取 $n$ 为多少？

若 $0<a<e$，则可以看出 $n=1$。也就是说不分比分好。若 $a/e\notin {\mathbb{N}}_{+}$ 且 $a>e$，则总可以找到一个正整数 $n$，使得

$$\frac{a}{n+1}<e<\frac{a}{n}.$$

然后比较 $f\left(\frac{a}{n+1}\right)$ 和 $f\left(\frac{a}{n}\right)$ 的大小，决定将 $a$ 分成 $n$ 份还是 $n+1$ 份。

注 1
另一个与此相关的问题是：若 $a\in {\mathbb{N}}_{+}$，且要求所分成的每一份都是正整数，则应当如何分才能使乘积最大？

这个问题的答案是：首先每一份应当不是 $2$ 就是 $3$，也就是说与数 $e$ 尽可能接近。一旦知道这个结论后，可以用数学归纳法来证明它，并不需要上述微分学的知识。然后，由于 $2+2+2=3+3$，但 $2^3<3^2$，因此在将正整数 $a$ 分成若干个 $2$ 与 $3$ 之和时，$2$ 最多出现两次。这样就将分法完全确定下来，并保证乘积最大。

最后将分法小结如下：设 $a\in {\mathbb{N}}_{+}$。（1）若 $a$ 是 $3$ 的倍数，则每一份为 $3$；（2）若 $a=1(\mathrm{mod}3)$，则取两份 $2$，其余均为 $3$；（3）若 $a=2(\mathrm{mod}3)$，则取一份 $2$，其余均为 $3$。

注 2
在 (8.4) 中的函数的最大值也可以从不等式

$$e^u\ge 1+u$$

得到，其中仅当 $u=0$ 时成立等号。这从带 Lagrange 余项的 Taylor 公式（其中 $0<\theta <1$）

$$e^u=1+u+\frac{e^{\theta u}}{2!}{u}^2\ge 1+u$$

就可以得到。然后令

$$u=\frac{x-e}{e}$$

代入，略加整理，即可得到不等式

$$e^{\frac{1}{e}}\ge x^{\frac{1}{x}},$$

当且仅当 $x=e$ 时成立等号。

例题 8.3.4

问：能通过图 8.4 的直角河道的最长船身是多少？

解
在图上我们看到宽度为 $a$ 和 $b$ 的河道成直角相接。现在设想将船简化为一个直线段。在图上经过河岸的突出角作出一条斜线段，以图示的角度 $\theta$ 为这个线段位置的参数，$0<\theta <\frac{1}{2}\pi$。可以看出，能通过直角河道的船身长度在任何情况下都不会超出这个线段的长度 $l(\theta )$。由于这对每个 $\theta$ 都成立，因此能通过这个河道的最长船身不会超过

$$\underset{0<\theta <\frac{\pi }{2}}{\min }\{l(\theta )\}.$$

另一方面，可以看出，在用一个直线段来表示船时，只要船身不超过这个最小值，船就能够通过这个直角河道。所以求最大船长的问题就转变成为求函数 $l(\theta )$ 的最小值问题，这里自变量 $\theta$ 的范围是 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$。

容易写出函数 $l(\theta )$ 的表达式：

$$l(\theta )=a\sec \theta +b\csc \theta ,0<\theta <\frac{\pi }{2}.$$

求导得到

$$l^{\prime }(\theta )=\frac{a\sin \theta }{{\cos }^2\theta }-\frac{b\cos \theta }{{\sin }^2\theta }=\frac{1}{{\sin }^2\theta {\cos }^2\theta }\left(a{\sin }^3\theta -b{\cos }^3\theta \right).$$

由于当 $\theta$ 从 $0$ 变到 $\frac{1}{2}\pi$ 时最后一个因子 $a{\sin }^3\theta -b{\cos }^3\theta$ 的值从 $-b$ 到 $a$ 严格单调增加，因此 $l^{\prime }(\theta )$ 存在唯一的零点

$${\theta }_0=\arctan \sqrt[3]{\frac{b}{a}}.$$

从 $l^{\prime }(\theta )$ 的符号变化可见 ${\theta }_0$ 是函数 $l(\theta )$ 的最小值点。

最后计算出 $l(\theta )$ 的最小值

$$l({\theta }_0)={\left(a^{\frac{2}{3}}+b^{\frac{2}{3}}\right)}^{\frac{3}{2}},$$

这就是能通过所示直角河道的最大船身长度。由于我们无法考虑各种船的具体形状，而是将船简化为一个直线段，因此所求出的数值只有参考价值。但是这个值肯定是能通过的船身长度的一个上界。

8.3.2 练习题

题目 1

设 $f\in C(I)$，$I$ 为区间，证明：若 $x_0\in I$ 是 $f$ 的唯一极值点，则 $x_0$ 一定是最值点；又若 $x_0$ 是极小值点（极大值点），则它也是 $f$ 的唯一最小值点（唯一最大值点）。

解答
在 $I\cap (-\infty ,x_0)$ 与 $I\cap (x_0,+\infty )$ 上均无极值点，因此函数在每一侧都严格单调。若 $x_0$ 为极小值点，则左侧只能向 $x_0$ 严格减少，右侧只能从 $x_0$ 严格增加，故 $f(x)>f(x_0)$ 对所有 $x\ne x_0$ 成立；极大值情形同理。若题中只说 $x_0$ 是唯一极值点，它必为极大或极小值点，因而也是相应的全局最值点。

题目 2

求出方程 $x^3+px+q=0$ 有三个不同实根的充分必要条件。

解答
令 $r=\sqrt{-p/3}$。有三个不同实根的必要条件是 $p<0$，此时极大、极小值点分别为 $-r,r$，函数值为 $q+2r^3$ 与 $q-2r^3$。三根互异当且仅当

$$q+2r^3>0>q-2r^3,$$

即

$$p<0,4p^3+27q^2<0.$$

题目 3

求出方程 $\frac{1}{x^2}+px+q=0$ 有三个不同实根的充分必要条件。

解答
设 $F(x)=x^{-2}+px+q$。若 $p>0$，负半轴上 $F$ 严格增加并恰有一个零点；正半轴上在 $r=(2/p{)}^{1/3}$ 处取最小值

$$F(r)=q+3{\left(\frac{p}{2}\right)}^{2/3}.$$

因而正半轴有两个不同零点当且仅当此值小于零。$p<0$ 时情形关于原点对称。故充分必要条件为

$$p\ne 0,q<-3{\left(\frac{|p|}{2}\right)}^{2/3}.$$

题目 4

证明：$f(x)=a^2{e}^{\lambda x}+b^2{e}^{-\lambda x}$（$a,b>0$）存在与 $\lambda$ 无关的极小值。

解答
当 $\lambda \ne 0$ 时，由平均值不等式

$$a^2{e}^{\lambda x}+b^2{e}^{-\lambda x}\ge 2ab,$$

等号在 $e^{\lambda x}=b/a$，即 $x={\lambda }^{-1}\ln (b/a)$ 时成立。因此极小值恒为 $2ab$，与 $\lambda$ 无关。

题目 5

证明：$y=\frac{ax+b}{cx+d}$ 若不是常值函数，则不会有极值。

解答
非常值条件等价于 $ad-bc\ne 0$。在每个定义区间上

$$y^{\prime }=\frac{ad-bc}{(cx+d{)}^2}$$

恒不为零且符号固定，所以函数严格单调，不可能有极值。

题目 6

比较两个数的大小：（1）${\pi }^e$ 和 $e^{\pi }$，（2）$(\sqrt{n}{)}^{\sqrt{n+1}}$ 和 $(\sqrt{n+1}{)}^{\sqrt{n}}$。

解答

1. 函数 $\ln x/x$ 在 $(e,+\infty )$ 上严格减少。因 $\pi >e$，

$$\frac{\ln \pi }{\pi }<\frac{1}{e},$$

即 ${\pi }^e<e^{\pi }$。
2. 比较对数后，只需比较 $\ln n/\sqrt{n}$ 与 $\ln (n+1)/\sqrt{n+1}$。函数 $\ln x/\sqrt{x}$ 在 $(0,e^2)$ 上增加、在 $(e^2,+\infty )$ 上减少。直接核对临界整数得

$$(\sqrt{n}{)}^{\sqrt{n+1}}<(\sqrt{n+1}{)}^{\sqrt{n}}(1\le n\le 6),$$

而 $n\ge 7$ 时不等式反向。

题目 7

考虑下列几何极值问题（能用初等方法做就不一定用微分学工具）：

1. 在面积为定值的三角形中，什么三角形的周长最小？
2. 在周长为定值的三角形中，什么三角形的面积最大？
3. 在椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 内，各边平行于坐标轴的内接矩形中，面积最大的矩形的长和宽为多少？
4. 在椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 内，各边平行于坐标轴的内接矩形中，周长最大的矩形的长和宽为多少？

解答

1. 设半周长为 $s$，令 $x=s-a,y=s-b,z=s-c$，则 $x+y+z=s$，Heron 公式给出 $K^2=sxyz$。由 $xyz\le (s/3{)}^3$，

$$s^4\ge 27K^2,$$

等号当且仅当 $x=y=z$，即三角形为正三角形。因此定面积时正三角形周长最小。
2. 半周长固定时，仍由 $K^2=sxyz\le s(s/3{)}^3$，正三角形面积最大。
3. 设第一象限顶点为 $(x,y)$，则面积为 $4xy$，且 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$。由 $2(x/a)(y/b)\le 1$，最大值在

$$x=\frac{a}{\sqrt{2}},y=\frac{b}{\sqrt{2}}$$

处取得，故长、宽为 $\sqrt{2}a,\sqrt{2}b$。
4. 周长为 $4(x+y)$。由 Cauchy 不等式

$$x+y\le \sqrt{a^2+b^2}\sqrt{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}}=\sqrt{a^2+b^2},$$

等号给出

$$x=\frac{a^2}{\sqrt{a^2+b^2}},y=\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}}.$$

故长、宽分别为 $2a^2/\sqrt{a^2+b^2}$、$2b^2/\sqrt{a^2+b^2}$。

题目 8

考虑给定边界值的二阶线性非齐次微分方程

$$y^{\prime \prime }+p(x)y^{\prime }+q(x)y=r(x),a<x<b,y(a)=A,y(b)=B,$$

其中 $p,q,r$ 是给定的函数，$A$ 和 $B$ 是给定的数。又设 $q(x)<0,\forall x\in (a,b)$，证明：如果这个微分方程在闭区间 $[a,b]$ 上存在解，则必唯一。

解答
若 $y_1,y_2$ 是两个解，令 $z=y_1-y_2$，则

$$z^{\prime \prime }+p(x)z^{\prime }+q(x)z=0,z(a)=z(b)=0.$$

若 $z$ 非零，它在内点有正最大值或负最小值。正最大值点满足 $z^{\prime }=0,z^{\prime \prime }\le 0$，而方程给出 $z^{\prime \prime }=-qz>0$；负最小值点同样导致 $z^{\prime \prime }<0$ 与 $z^{\prime \prime }\ge 0$ 矛盾。因此 $z\equiv 0$，解唯一。

8.4.2 练习题

题目 1

在不假定函数 $f$ 可微的条件下，证明 Jensen 不等式 (8.11) 仍然成立。

解答
由下凸定义先反复二分，可得对任意二进有理数 $\lambda =m/2^k\in [0,1]$，

$$f(\lambda x+(1-\lambda )y)\le \lambda f(x)+(1-\lambda )f(y).$$

一般的 $\lambda \in [0,1]$ 可由二进有理数列逼近，再利用凸函数在区间内部的连续性取极限。对有限多个点的 Jensen 不等式再由二点情形归纳得到，全程无须假定 $f$ 可微。

题目 2

设 $f$ 是区间 $(a,b)$ 上的上凸函数，且 $f(x)>0$，证明：函数 $1/f$ 是区间 $(a,b)$ 上的下凸函数。又问：若在上题中将 $f$ 的上凸条件改为下凸，则有何结论？

（本题的变形是对 $f$ 加上一阶可微或二阶可微条件。）

解答
函数 $\varphi (t)=1/t$ 在 $(0,+\infty )$ 上为严格下凸且单调减少。若 $f$ 上凸，则

$$f(\lambda x+(1-\lambda )y)\ge \lambda f(x)+(1-\lambda )f(y),$$

因而

$$\frac{1}{f(\lambda x+(1-\lambda )y)}\le \frac{1}{\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)}\le \frac{\lambda }{f(x)}+\frac{1-\lambda }{f(y)}.$$

故 $1/f$ 下凸。若把 $f$ 改为下凸，则一般无确定结论；例如 $f(x)=1+x^2$ 下凸，而 $1/f$ 的二阶导数在不同区间变号。

题目 3

设 $f,g$ 是 $(a,b)$ 上的下凸函数，证明：$\max \{f,g\}$ 也是 $(a,b)$ 上的下凸函数。

解答
对任意 $\lambda \in [0,1]$，分别使用 $f,g$ 的下凸性，有

$$\begin{array}{rl}\max \{f,g\}(\lambda x+(1-\lambda )y)& \le \max \{\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y),\lambda g(x)+(1-\lambda )g(y)\}\\ & \le \lambda \max \{f(x),g(x)\}+(1-\lambda )\max \{f(y),g(y)\}.\end{array}$$

题目 4

设 $f$ 和 $g$ 均为区间 $I$ 上的单调增加非负下凸函数，证明：$f\cdot g$ 为区间 $I$ 上的下凸函数。

解答
设 $x<y$。由下凸性及非负性，

$$\begin{array}{rl}f(z)g(z)& \le [\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)][\lambda g(x)+(1-\lambda )g(y)]\\ & \le \lambda f(x)g(x)+(1-\lambda )f(y)g(y),\end{array}$$

其中 $z=\lambda x+(1-\lambda )y$。第二个不等式的差为
$\lambda (1-\lambda )[f(y)-f(x)][g(y)-g(x)]\ge 0$，故 $fg$ 下凸。

题目 5

设 $f$ 在区间 $I$ 上为下凸函数，证明：$F(x)=e^{f(x)}$ 也是 $I$ 上的下凸函数。

解答
指数函数既单调增加又下凸。因此

$$e^{f(\lambda x+(1-\lambda )y)}\le e^{\lambda f(x)+(1-\lambda )f(y)}\le \lambda e^{f(x)}+(1-\lambda )e^{f(y)},$$

故 $e^f$ 下凸。

题目 6

设 $f$ 和 $g$ 为 $(-\infty ,+\infty )$ 上的下凸函数，问：复合函数 $f\circ g$ 是否一定是 $(-\infty ,+\infty )$ 上的下凸函数？

解答
不一定。取下凸函数 $f(x)=-x$（仿射函数）与 $g(x)=x^2$，则
$(f\circ g)(x)=-x^2$ 为上凸而非下凸。若外层函数还单调增加，则复合函数下凸。

题目 7

设 $f$ 为 $(-\infty ,+\infty )$ 上的下凸函数，证明：或者 $f$ 为单调函数，或者存在点 $c$，使得 $f$ 在 $(-\infty ,c]$ 上单调减少，而在 $[c,+\infty )$ 上单调增加。

解答
下凸函数的割线斜率随区间向右移动而不减。若所有割线斜率均非负或均非正，$f$ 已为单调函数。否则令

$$c=\sup \{x:\text{在 }x\text{ 左侧出现负割线斜率}\}.$$

斜率的单调性表明，$c$ 左侧的割线斜率不大于零，右侧的不小于零；因此 $f$ 在 $(-\infty ,c]$ 上单调减少，在 $[c,+\infty )$ 上单调增加。若最小值在一段区间上取得，可在该区间内任取 $c$。

题目 8

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有界，且处处有 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，证明：$f$ 只能是常值函数。

解答
$f^{\prime \prime }\ge 0$ 说明 $f^{\prime }$ 单调增加。若某点 $f^{\prime }(x_0)>0$，则 $f(x)\to +\infty$ $(x\to +\infty )$；若某点 $f^{\prime }(x_0)<0$，则 $f(x)\to +\infty$ $(x\to -\infty )$。有界性迫使 $f^{\prime }\equiv 0$，故 $f$ 为常值函数。

题目 9

设 $f$ 在 $(a,b)$ 上 $n$ 阶可微 $(n>2)$，$f^{(n)}(x)>0$。又有 $x_0\in (a,b)$，使对于 $k=1,2,\cdots ,n-1$ 成立 $f^{(k)}(x_0)=0$。证明：

1. $n$ 为奇数时，$f$ 在 $(a,b)$ 上严格单调增加；
2. $n$ 为偶数时，$f$ 在 $(a,b)$ 上严格下凸。

解答
因 $f^{(n)}>0$，$f^{(n-1)}$ 严格增加并在 $x_0$ 为零，所以它在左侧为负、右侧为正。由此逐阶向下：一个在 $x_0$ 左负右正的导函数，使其原函数在 $x_0$ 取得严格极小值；一个处处为正的导函数，使其原函数严格增加。如此交替递推，

1. 当 $n$ 为奇数时，最终得到 $f^{\prime }(x)\ge 0$，且除 $x_0$ 外为正，故 $f$ 严格增加；
2. 当 $n$ 为偶数时，最终得到 $f^{\prime \prime }(x)\ge 0$，且除 $x_0$ 外为正，故 $f^{\prime }$ 严格增加，$f$ 严格下凸。

题目 10

设 $f$ 在开区间 $(c,d)$ 上为下凸函数，则 $f$ 一定满足内闭的 Lipschitz 条件。（这就是说对每个有界闭区间 $[a,b]\subset (c,d)$，存在 $M>0$，对所有 $x_1,x_2\in [a,b]$，成立

$$|f(x_1)-f(x_2)|\le M|x_1-x_2|.$$

）

解答
取 $c_0<a<b<d_0$ 且 $[c_0,d_0]\subset (c,d)$。对任意 $a\le x<y\le b$，凸函数割线斜率的单调性给出

$$\frac{f(a)-f(c_0)}{a-c_0}\le \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le \frac{f(d_0)-f(b)}{d_0-b}.$$

两端为固定有限数，取其绝对值的较大者为 $M$，即得
$|f(y)-f(x)|\le M|y-x|$。

题目 11

证明：$f$ 在开区间 $I$ 上为下凸函数的充分必要条件是对每个 $c\in I$，存在 $a$，使在区间 $I$ 上成立不等式 $f(x)\ge a(x-c)+f(c)$（称 $y=a(x-c)+f(c)$ 为支撑线）。

解答
若 $f$ 下凸，则在每个 $c\in I$，所有左割线斜率不大于所有右割线斜率。任取二者之间的数 $a$，便有

$$f(x)\ge f(c)+a(x-c),x\in I.$$

反之，若每点都有这样的支撑线，则

$$f(x)=\underset{c\in I}{\sup }\{f(c)+a_c(x-c)\},$$

是一族仿射函数的上确界，因此为下凸函数。

题目 12

设 $f$ 在 $[a,+\infty )$ 上为凸函数，证明：$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}$ 一定有意义。

解答
对 $x>a$，割线斜率

$$q(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}$$

单调不减，故在扩充实数意义下存在极限 $L\in (-\infty ,+\infty ]$。又

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{x-a}{x}q(x)+\frac{f(a)}{x},$$

因而 $f(x)/x$ 也有同一极限。

题目 13

设 $f$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上为凸函数，又有 $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{f(x)}{x}=0$，证明：$f$ 是常值函数。

解答
对任意 $x<y$，由凸函数割线斜率的单调性，

$$\underset{t\to -\infty }{\lim }\frac{f(x)-f(t)}{x-t}\le \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le \underset{t\to +\infty }{\lim }\frac{f(t)-f(y)}{t-y}.$$

两端均由题设等于 $0$，故中间斜率为零，$f$ 为常值函数。

题目 14

设 $f$ 是 $[a,b]$ 上的凸函数，如果有 $c\in (a,b)$ 使得 $f(a)=f(c)=f(b)$，证明：$f(x)$ 是 $[a,b]$ 上的常值函数。

解答
记共同值为 $K$。由端点 $a,b$ 的弦，$f(x)\le K$。另一方面，对 $x\in (a,c)$，割线斜率单调性给出

$$\frac{K-f(x)}{c-x}\le \frac{K-K}{b-c}=0,$$

故 $f(x)\ge K$；$x\in (c,b)$ 同理。因此 $f\equiv K$。

题目 15

设 $a<b<c<d$，证明：若 $f$ 在 $[a,c]$ 和 $[b,d]$ 上是下凸函数，则 $f$ 也是 $[a,d]$ 上的下凸函数。

解答
使用三点斜率判据。对任意 $x<y<z$，若三点同属 $[a,c]$ 或 $[b,d]$，已有

$$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le \frac{f(z)-f(y)}{z-y}.$$

否则在 $x,y,z$ 之间按需插入 $b,c$。由两个区间上的凸性，所得各相邻小区间的割线斜率从左到右不减；例如当 $x<b<c<z$ 时，

$$\frac{f(b)-f(x)}{b-x}\le \frac{f(c)-f(b)}{c-b}\le \frac{f(z)-f(c)}{z-c}.$$

若 $y$ 位于某个小区间内部，再在 $y$ 处分割，斜率的次序仍保持。左边割线 $[x,y]$ 的斜率是前面若干小区间斜率的加权平均，右边割线 $[y,z]$ 的斜率是后面若干小区间斜率的加权平均，故前者不大于后者。因此 $f$ 在 $[a,d]$ 上满足三点斜率判据，因而下凸。

题目 16

证明：不存在三次或三次以上的奇次多项式为 $(-\infty ,+\infty )$ 上的凸函数。

解答
三次或更高奇次多项式的二阶导数是奇次多项式，其最高次项在 $+\infty$ 与 $-\infty$ 处异号，因而不可能在全轴恒非负。所以它不可能在 $\mathbb{R}$ 上为下凸函数；同理也不可能恒为上凸函数。

题目 17

设 $f$ 在区间 $(a,b)$ 上二阶可微，$f^{\prime \prime }$ 无零点，证明：对该区间内的任何两点 $a<x_1<x_2<b$ 用 Lagrange 中值定理得到 $f(x_1)-f(x_2)=f^{\prime }(\xi )(x_1-x_2)$ 时，其中的中值 $\xi \in (x_1,x_2)$ 总是唯一的。

解答
由 Darboux 定理，$f^{\prime \prime }$ 在区间上恒正或恒负，故 $f^{\prime }$ 严格单调。Lagrange 中值定理保证至少有一个 $\xi$ 满足题中等式，而严格单调性说明同一个导数值至多对应一个点，所以 $\xi$ 唯一。

题目 18

若曲线 $y=f(x)$ 以 $(x_0,f(x_0))$ 为拐点，且存在 $f^{\prime \prime }(x_0)$，证明：$f^{\prime \prime }(x_0)=0$。

解答
若 $f^{\prime \prime }(x_0)\ne 0$，二阶 Peano 公式给出

$$f(x)-f(x_0)-f^{\prime }(x_0)(x-x_0)=\frac{1}{2}[f^{\prime \prime }(x_0)+o(1)](x-x_0{)}^2.$$

在充分小的去心邻域内，曲线始终位于切线的同一侧，不可能在该点改变凸凹性。因此拐点必满足 $f^{\prime \prime }(x_0)=0$。

题目 19

问：若已知 $f^{\prime \prime }(x_0)=0$，则点 $(x_0,f(x_0))$ 是否一定是曲线 $y=f(x)$ 的拐点？

解答
不一定。例如 $f(x)=x^4$ 满足 $f^{\prime \prime }(0)=0$，但 $f^{\prime \prime }(x)=12x^2\ge 0$，原点两侧均为下凸，故不是拐点。

题目 20

设 $f$ 在点 $x_0$ 处 $n(n>2)$ 阶可微，且满足条件 $f^{\prime \prime }(x_0)=\cdots =f^{(n-1)}(x_0)=0$，但 $f^{(n)}(x_0)\ne 0$，请参考例题 8.3.1 写出点 $(x_0,f(x_0))$ 是拐点的充分必要条件并作出证明。

解答
相对于切线的差为

$$f(x_0+h)-f(x_0)-f^{\prime }(x_0)h=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}{h}^n+o(h^n).$$

当 $n$ 为奇数时，该差在 $h$ 的两侧异号，且
$f^{\prime \prime }(x_0+h)\sim f^{(n)}(x_0)h^{n-2}/(n-2)!$ 也变号，因此该点是拐点；当 $n$ 为偶数时，两侧符号相同，凸凹性不变。故充分必要条件是 $n$ 为奇数。

8.5.1 例题

例题 8.5.1

证明：在 $x>-1,x\ne 0$ 时，成立不等式

$$\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x.$$

证
记 $f(x)=\ln (1+x)$，从中值定理得到

$$\ln (1+x)=f(x)-f(0)=\frac{x}{1+\theta x},0<\theta <1.$$

对 $x>0$ 和 $-1<x<0$ 分别讨论就可以得到

$$\frac{x}{1+x}<\frac{x}{1+\theta x}<x.$$

注
回顾第二章中的不等式 (2.16)，即

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n},$$

可以看到它只是本例题在 $x=1/n$ 时的特例。当时的不等式 (2.16) 来自于对数 $e$ 的研究，在那里只用了一个工具——平均值不等式。

Cauchy 中值定理在证明不等式中也有应用。

例题 8.5.2

证明：对 $0<a<b\le \frac{\pi }{2}$，成立不等式

$$\frac{\sin a}{a}>\frac{\sin b}{b}.$$

证
这等价于证明函数 $\frac{\sin x}{x}$ 在区间 $(0,\pi /2]$ 上严格单调减少。（该函数的图像见图 4.2(a) 和图 8.8(b)。）这里用 Cauchy 中值定理来作出证明。令

$$f(x)=\sin x,g(x)=\sin \frac{b}{a}x.$$

从 Cauchy 中值定理知道存在 $\xi \in (0,a)$，使成立

$$\frac{\sin a}{\sin b}=\frac{f(a)-f(0)}{g(a)-g(0)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}.$$

由于 $f^{\prime }(\xi )=\cos \xi ,g^{\prime }(\xi )=\frac{b}{a}\cos \frac{b}{a}\xi$，而 $\cos u$ 在 $0<u<\pi /2$ 上严格单调减少，因此就得到所要的结果

$$\frac{\sin a}{\sin b}=\frac{a}{b}\cdot \frac{\cos \xi }{\cos \frac{b}{a}\xi }\frac{a}{b}.$$

注
这个例题的证明方法很多，这里再举出两个。

1. 在区间 $(0,\pi /2]$ 上定义辅助函数 $F(x)=\sin x/x$，求导即可。
2. 利用 8.2.2 小节的题 4，在 $[0,\pi /2)$ 上取 $f(x)=x,g(x)=\sin x$，由于 $f^{\prime }(x)/g^{\prime }(x)=\sec x$ 单调增加，因此 $x/\sin x$ 也单调增加。
   利用单调性证明不等式的例子很多。

例题 8.5.3

证明：在 $x>0$ 时，成立 $\sin x>x-\frac{x^3}{6}$。

证
令

$$F(x)=\sin x-x+\frac{x^3}{6},$$

则有 $F(0)=0$。因此只要证明当 $x>0$ 时成立 $F^{\prime }(x)>0$，就可以从 $F$ 单调增加知道在 $x>0$ 时成立 $F(x)>0$。由于 $F^{\prime }(0)=0$，又发现问题归结为证明 $F^{\prime \prime }(x)>0(x>0)$。由于 $F^{\prime \prime }(x)=-\sin x+x$，可见这已满足。由此反推即可。

评注
证明不等式的另一个方法是将它转化为极值问题。下面就是一个典型例子（见 [30]），它在本书第十二章中有用。

例题 8.5.4

设 $a\ge 1$，证明：在 $x\in [0,a]$ 时成立不等式

$$0\le e^{-x}-{\left(1-\frac{x}{a}\right)}^a\le \frac{x^2}{a}{e}^{-x}.$$

证
先证明左边的不等式（这时只要 $a>0$）。将中间的表达式记为 $f(x)$，则只要证明 $f$ 在区间 $[0,a]$ 上的最小值非负即可。由于 $f(0)=0,f(a)=e^{-a}>0$，因此只要证明若 $f$ 有极值，则该极值非负。

若 $f^{\prime }$ 没有零点，则无极值；若 $f^{\prime }$ 有零点，记为 $\xi$，就有

$$f^{\prime }(\xi )=-e^{-\xi }+{\left(1-\frac{\xi }{a}\right)}^{a-1}=0.$$

由此即可计算出

$$f(\xi )=e^{-\xi }-{\left(1-\frac{\xi }{a}\right)}^a=\frac{\xi }{a}{e}^{-\xi }\ge 0.$$

因此左边不等式成立。对右边不等式的证明留作为 8.5.3 小节的练习题 16。

注
在证明右边的不等式时，如果先乘以 $e^x$，则计算方便一些（见 [44]）。但这不是实质性的技巧。

评注
下面是用一元微分学对平均值不等式的一个证明。它是由 Liouville（刘维尔）提出的（又为后人多次“发现”）。

例题 8.5.5

用 Liouville 方法证明平均值不等式，即对非负数 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 有

$$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\ge \sqrt[n]{x_1{x}_2\cdots x_n},$$

其中等号成立的充分必要条件是 $x_1=x_2=\cdots =x_n$。

证
若在 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 中有 $0$ 出现，则不等式已成立。同时也可看出成立等号的条件是其中每个数为 $0$。因此在下面设 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 全为正数。

用数学归纳法。在 $n=2$ 时已知成立。现设平均值不等式对 $n$ 已成立，讨论 $n+1$ 的情况。

构造辅助函数

$$y={\left(\frac{{\sum }_{i=1}^{n+1}{x}_i}{n+1}\right)}^{n+1}-\prod _{i=1}^{n+1}{x}_i,$$

并将 $x_{n+1}$ 看成是自变量，$y$ 是因变量。求导得到

$$\frac{dy}{d{x}_{n+1}}={\left(\frac{{\sum }_{i=1}^{n+1}{x}_i}{n+1}\right)}^n-\prod _{i=1}^n{x}_i.$$

可以看出这个导函数是 $x_{n+1}$ 的严格单调增加函数。求出它的零点

$$x_{n+1}=-\sum _{i=1}^n{x}_i+(n+1){\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right)}^{1/n},\text{\hspace{1em}(8.13)}$$

可见 $y$ 在该点取得最小值。记这个最小值为 $m$，则可以计算出

$$\begin{array}{rl}m& =\prod _{i=1}^n{x}_i\left(\frac{{\sum }_{i=1}^{n+1}{x}_i}{n+1}-x_{n+1}\right)\\ & =\prod _{i=1}^n{x}_i\left[{\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right)}^{1/n}+\sum _{i=1}^n{x}_i-(n+1){\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right)}^{1/n}\right]\\ & =\prod _{i=1}^n{x}_i\left[\sum _{i=1}^n{x}_i-n{\left(\prod _{i=1}^n{x}_i\right)}^{1/n}\right].\end{array}$$

对最后一式的第二个因子用归纳假设，可见最小值 $m\ge 0$。因此得到 $y\ge m\ge 0$，即已经得到了所要求证的不等式。

若在 $n+1$ 的平均值不等式中成立等号，则有 $y=0$，从而有 $y=m=0$。从 $m$ 的表达式和归纳假设可得 $x_1=x_2=\cdots =x_n$。又由 $y=m$ 可见 $x_{n+1}$ 满足等式 (8.13)，从而有 $x_{n+1}=x_1=\cdots =x_n$。

例题 8.5.6（Jordan 不等式）

设 $0\le x\le \frac{\pi }{2}$，则成立不等式 $\sin x\ge \frac{2}{\pi }x$。

证 1
在 $x=0$ 时不等式已成立。对 $0<x\le \pi /2$ 可以引入辅助函数（见图 8.8(b)）

$$F(x)=\frac{\sin x}{x}.$$

从例题 8.5.2 知 $F(x)$ 在 $(0,\pi /2]$ 上严格单调减少，从而在 $0<x\le \pi /2$ 时成立

$$F\left(\frac{\pi }{2}\right)=\frac{2}{\pi }\le F(x)=\frac{\sin x}{x}.$$

这等价于所要求证的不等式。

证 2
构造辅助函数

$$\phi (x)=\sin x-\frac{2}{\pi }x,$$

则只要证明在区间 $[0,\pi /2]$ 上函数 $\phi (x)$ 非负。

在区间的两个端点上有

$$\phi (0)=\phi \left(\frac{\pi }{2}\right)=0.$$

计算

$${\phi }^{\prime }(x)=\cos x-\frac{2}{\pi },$$

可见 ${\phi }^{\prime }(x)$ 在区间 $[0,\pi /2]$ 上严格单调减少。由于 ${\phi }^{\prime }(0)>0,{\phi }^{\prime }(\pi /2)<0$，因此存在唯一的点 $\xi \in (0,\pi /2)$，使得 ${\phi }^{\prime }(\xi )=0$。这样就知道在 $0\le x\le \xi$ 时函数 $\phi (x)$ 严格单调增加，因此有 $\phi (x)\ge \phi (0)=0$；而在 $\xi \le x\le \pi /2$ 时 $\phi (x)$ 严格单调减少，因此有 $\phi (x)\ge \phi (\pi /2)=0$。这样就证明了在区间 $[0,\pi /2]$ 上处处成立 $\phi (x)\ge 0$。

注
从图 8.8(a) 可以想到，若 $y=\sin x$ 在 $[0,\pi /2]$ 上为上凸函数，则就可以得到 Jordan 不等式。从 $y^{\prime \prime }=-\sin x$ 可见这是对的。因此就得到了 Jordan 不等式的第三个证明。

用 Taylor 公式也是证明不等式的一种方法。例如下一个例题中就同时提供了关于函数 $\ln (1+x)$ 的许多不等式。

例题 8.5.7

当 $x>0$ 时，证明：对每个正整数 $n$ 成立不等式

$$x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots -\frac{x^{2n}}{2n}<\ln (1+x)<x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots +\frac{x^{2n-1}}{2n-1}.$$

证
写出函数 $\ln (1+x)$ 的带 Lagrange 余项的 Maclaurin 公式：

$$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots +(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+\frac{(-1{)}^n}{n+1}\cdot \frac{x^{n+1}}{(1+\theta x{)}^{n+1}},$$

其中 $0<\theta <1$。由于 $x>0$，右边的余项的符号由 $(-1{)}^n$ 决定。当 $n$ 为偶数时该项大于 $0$，而当 $n$ 为奇数时该项小于 $0$。这样就得到所要求证的不等式。

8.5.3 练习题

题目 1

证明：当 $x>1$ 时，成立 $\ln x>\frac{2(x-1)}{x+1}$。

解答
令

$$F(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}.$$

则 $F(1)=0$，且

$$F^{\prime }(x)=\frac{(x-1{)}^2}{x(x+1{)}^2}>0(x>1),$$

故 $F(x)>0$。

题目 2

证明：当 $0<a<b$ 时，成立不等式

$$a\ln a+b\ln b>(a+b)\cdot [\ln (a+b)-\ln 2].$$

解答
函数 $\phi (x)=x\ln x$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格下凸。由严格 Jensen 不等式，

$$\frac{a\ln a+b\ln b}{2}>\frac{a+b}{2}\ln \frac{a+b}{2},$$

整理即得结论。

题目 3

证明：对任意 $0<x_1<x_2$，成立不等式

$$\frac{x_2-x_1}{x_2}<\ln \frac{x_2}{x_1}<\frac{x_2-x_1}{x_1}.$$

解答
对 $\ln x$ 在 $[x_1,x_2]$ 上使用中值定理，存在 $\xi \in (x_1,x_2)$ 使

$$\ln \frac{x_2}{x_1}=\frac{x_2-x_1}{\xi }.$$

因 $x_1<\xi <x_2$，所给双边不等式立即成立。

题目 4

证明以下不等式：
1.

$$a^{\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}}\le \frac{1}{n}(a^{x_1}+a^{x_2}+\cdots +a^{x_n}),\text{其中 }a>0;$$

$${\left(\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\right)}^p\le \frac{1}{n}(x_1^p+x_2^p+\cdots +x_n^p),\text{其中 }p>1;$$

3. 当 $x_1,x_2,\cdots ,x_n>0$ 时，

$$\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}\le (x_1^{x_1}{x}_2^{x_2}\cdots x_n^{x_n}{)}^{\frac{1}{x_1+x_2+\cdots +x_n}}.$$

解答

1. $x\mapsto a^x$ 为下凸函数，Jensen 不等式给出

$$a^{(x_1+\cdots +x_n)/n}\le \frac{1}{n}\sum _{i=1}^n{a}^{x_i}.$$

2. $x\mapsto x^p$ 在 $[0,+\infty )$ 上下凸，直接使用 Jensen 不等式。
3. 令 $S=\sum x_i$、$p_i=x_i/S$。所证不等式取对数后等价于

$$\sum _{i=1}^n{p}_i\ln (n{p}_i)\ge 0.$$

由 $t\ln t$ 的下凸性，

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n(n{p}_i)\ln (n{p}_i)\ge \left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}n{p}_i\right)\ln \left(\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}n{p}_i\right)=0.$$

题目 5

证明：对于 $0<\alpha <1$ 和 $x>0$ 成立 $x^{\alpha }-\alpha x+\alpha -1\le 0$，而当 $\alpha >1$ 时不等式反向成立。

解答
函数 $x^{\alpha }$ 在 $0<\alpha <1$ 时上凸，故其图像不高于 $x=1$ 处的切线：

$$x^{\alpha }\le 1+\alpha (x-1)=\alpha x+1-\alpha .$$

当 $\alpha >1$ 时函数下凸，切线不等式反向。

题目 6

从命题 2.5.1 已知，对每个 $n\in {\mathbb{N}}_{+}$，成立不等式

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\le e\le {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}.$$

作为进一步的发展，求出最大的 $\alpha$ 和最小的 $\beta$，使得

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+\alpha }\le e\le {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+\beta },\forall n\in {\mathbb{N}}_{+}.$$

（本题与例题 8.2.3 有联系。）

解答
令

$$c_n=\frac{1}{\ln (1+1/n)}-n.$$

题中左、右不等式分别等价于 $\alpha \le c_n$、$\beta \ge c_n$。连续函数

$$c(x)=\frac{1}{\ln (1+1/x)}-x$$

严格增加；事实上

$$c^{\prime }(x)=\frac{1}{x(x+1){\ln }^2(1+1/x)}-1>0,$$

其中使用了 $\ln (1+t)<t/\sqrt{1+t}$，而后者令 $1+t=e^{2u}$ 后化为 $2u<2\sinh u$。又 $c(x)\to 1/2$。因此

$$\max \alpha =c_1=\frac{1}{\ln 2}-1,\min \beta =\frac{1}{2}.$$

题目 7

证明：对 $0<a<b$，成立以下不等式：

$$a<\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}<\sqrt{ab}<\frac{b-a}{\ln b-\ln a}<\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}<b.$$

解答
调和、几何、算术、平方平均值之间的严格不等式是平均值不等式的直接结论。只需补证

$$\sqrt{ab}<L(a,b):=\frac{b-a}{\ln b-\ln a}<\frac{a+b}{2}.$$

写 $b/a=e^{2t}$ $(t>0)$，则

$$\frac{L(a,b)}{\sqrt{ab}}=\frac{\sinh t}{t}>1,\frac{(a+b)/2}{\sqrt{ab}}=\cosh t>\frac{\sinh t}{t},$$

后一式等价于 $t>\tanh t$。再结合端点的显然严格性即得整条链。

题目 8

对于 $2n$ 个正数 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 和 ${\lambda }_1,{\lambda }_2,\cdots ,{\lambda }_n$，且 ${\lambda }_1+{\lambda }_2+\cdots +{\lambda }_n=1$，定义加权的 $t$ 阶平均值（或 $t$ 阶和）为

$$M_t(x,\lambda )={\left(\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i^t\right)}^{1/t}.$$

它在 $t=-1$ 时为调和平均值，$t=1$ 时为算术平均值，$t=2$ 时为平方平均值（即均方根值）。又若在 $t=0,+\infty ,-\infty$ 时用极限作补充定义，则在 $t=0$ 时为几何平均值，$t=+\infty$ 时为 $\max \{x\}$，$t=-\infty$ 时为 $\min \{x\}$。这样就使 $M_t(x,\lambda )$ 在 $-\infty \le t\le +\infty$ 上处处有定义。证明：$M_t(x,\lambda )$ 是 $t$ 的单调增加函数，在 $n>1$ 且 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$ 不全相等时为 $t$ 的严格单调增加函数。

解答
设 $s<t$。当 $0<s<t$ 时，函数 $u^{s/t}$ 上凸，故

$$\sum _i{\lambda }_i{x}_i^s=\sum _i{\lambda }_i(x_i^t{)}^{s/t}\le {\left(\sum _i{\lambda }_i{x}_i^t\right)}^{s/t},$$

即 $M_s\le M_t$。负指数情形对 $1/x_i$ 使用同一结论，跨过 $0$ 的情形由
$M_s\le M_0\le M_t$ 连接；$t=0$ 由取极限得到。若 $n>1$ 且各 $x_i$ 不全相等，上述 Jensen 不等式严格，故 $M_t$ 严格增加。令 $t\to \pm \infty$，由最大项、最小项控制即得题中两个端点定义。

题目 9

证明：若将 Minkowski 不等式 (8.18) 中的参数 $p\ge 1$ 的条件改为 $0<p<1$，则不等式反向成立。

解答
设

$$A={\left(\sum x_i^p\right)}^{1/p},B={\left(\sum y_i^p\right)}^{1/p},\alpha =\frac{A}{A+B}.$$

因 $0<p<1$ 时 $u^p$ 上凸，

$${\left(\frac{x_i+y_i}{A+B}\right)}^p\ge \alpha {\left(\frac{x_i}{A}\right)}^p+(1-\alpha ){\left(\frac{y_i}{B}\right)}^p.$$

对 $i$ 求和得左端和不小于 $1$，于是

$${\left(\sum (x_i+y_i{)}^p\right)}^{1/p}\ge A+B,$$

即 Minkowski 不等式反向。

题目 10

证明 Young（杨氏）不等式：若 $x,y\ge 0,p,q>1,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$，则成立不等式

$$x^{1/p}{y}^{1/q}\le \frac{x}{p}+\frac{y}{q}.$$

解答
由加权平均值不等式，取权数 $1/p,1/q$，有

$$x^{1/p}{y}^{1/q}\le \frac{x}{p}+\frac{y}{q}.$$

零值情形由连续性包含在内。

题目 11

试用 Young 不等式证明：

1. 广义的算术平均值—几何平均值不等式；
2. Hölder 不等式。

解答

1. 对权数 ${\alpha }_i>0$、$\sum {\alpha }_i=1$ 反复使用 Young 不等式，得到

$$\prod _{i=1}^n{x}_i^{{\alpha }_i}\le \sum _{i=1}^n{\alpha }_i{x}_i,$$

即广义加权算术平均值—几何平均值不等式。
2. 令

$$A={\left(\sum |x_i{|}^p\right)}^{1/p},B={\left(\sum |y_i{|}^q\right)}^{1/q}.$$

对每个 $i$ 将 Young 不等式用于 $|x_i{|}^p/A^p$ 与 $|y_i{|}^q/B^q$，得

$$\frac{|x_i{y}_i|}{AB}\le \frac{|x_i{|}^p}{p{A}^p}+\frac{|y_i{|}^q}{q{B}^q}.$$

求和即得 Hölder 不等式。

题目 12

设 $f$ 和 $\phi$ 在 $x\ge a$ 时可微，$f(a)=\phi (a)$，且当 $x\ge a$ 时，成立 $|f^{\prime }(x)|\le {\phi }^{\prime }(x)$，证明：当 $x\ge a$ 时，成立 $|f(x)-f(a)|\le \phi (x)-\phi (a)$。

解答
令

$$F_{\pm }(x)=\phi (x)-\phi (a)\pm [f(x)-f(a)].$$

由 $|f^{\prime }|\le {\phi }^{\prime }$，有 $F_{\pm }^{\prime }(x)={\phi }^{\prime }(x)\pm f^{\prime }(x)\ge 0$，且 $F_{\pm }(a)=0$。故 $F_{\pm }(x)\ge 0$，合并即得
$|f(x)-f(a)|\le \phi (x)-\phi (a)$。

题目 13

设 $f$ 满足 $f(1)=1$，且当 $x\ge 1$ 时有

$$f^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2+f^2(x)}.$$

证明：极限 $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ 存在，且小于 $1+\pi /4$。

解答
由 $f^{\prime }(x)>0$，$f$ 严格增加且 $f(x)>1$ $(x>1)$，从而

$$0<f^{\prime }(x)<\frac{1}{1+x^2}=(\arctan x{)}^{\prime }.$$

因此 $f(x)<1+\arctan x-\pi /4$。在某个固定点如 $x=2$，严格不等式产生正间隙 $d$；此后仍有导数比较，故

$$f(x)\le 1+\arctan x-\frac{\pi }{4}-d(x\ge 2).$$

所以 $f$ 单调有界，极限存在，并且严格小于 $1+\pi /4$。

题目 14

设 $A=(a_{ij}{)}_{1\le i,j\le n}$ 是每行每列的和均等于 $1$ 的非负元素矩阵，又有

$$\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ ⋮\\ y_n\end{array}\right)=A\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right),$$

其中两个向量的所有元素也都是非负数，证明：$y_1\cdots y_n\ge x_1\cdots x_n$。

解答
若所有 $x_j>0$，由 $\ln$ 的上凸性，

$$\ln y_i=\ln \left(\sum _j{a}_{ij}{x}_j\right)\ge \sum _j{a}_{ij}\ln x_j.$$

对 $i$ 求和并利用每列元素和为 $1$，得到

$$\sum _i\ln y_i\ge \sum _j\ln x_j.$$

指数化即得 $\prod y_i\ge \prod x_i$。含零情形由 $x_j+\epsilon$ 逼近后令 $\epsilon \to 0+$。

题目 15

若记

$$T_n(x)=x-\frac{1}{3!}{x}^3+\cdots +\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}=\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{x}^{2k+1}$$

为 $\sin x$ 在 $x=0$ 处的 $2n+1$ 次 Taylor 多项式，证明：

$$\sin x>\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{x}^{2k+1},\text{其中 }x>0,n\text{ 为奇数},$$ $$\sin x<\sum _{k=0}^n\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!}{x}^{2k+1},\text{其中 }x>0,n\text{ 为偶数}.$$

（例题 8.5.3 是本题的一个特例。类似地，可以建立关于 $\cos x$ 的结果。）

解答
记 $R_n(x)=\sin x-T_n(x)$。有 $R_n(0)=R_n^{\prime }(0)=0$，且

$$R_n^{\prime \prime }(x)=-R_{n-1}(x).$$

基础情形 $R_0(x)=\sin x-x<0$ $(x>0)$。若 $R_{n-1}$ 在 $(0,+\infty )$ 上符号固定，则 $R_n^{\prime \prime }$ 取相反符号；结合两个初值可知 $R_n$ 与 $R_n^{\prime \prime }$ 同号。归纳得

$$\mathrm{sgn}{R}_n=(-1{)}^{n+1},$$

正是题中两式。

题目 16

证明例题 8.5.4 中右边的不等式。

解答
乘以 $e^x$ 后，只需证明

$$e^x{\left(1-\frac{x}{a}\right)}^a\ge 1-\frac{x^2}{a}.$$

令 $u=x/a\in [0,1]$。由 $e^u\ge 1+u$，

$$e^u(1-u)\ge (1+u)(1-u)=1-u^2.$$

再由 Bernoulli 不等式 $(1-u^2{)}^a\ge 1-a{u}^2$ $(a\ge 1)$，得到

$$e^{au}(1-u{)}^a=[e^u(1-u){]}^a\ge (1-u^2{)}^a\ge 1-a{u}^2=1-\frac{x^2}{a}.$$

8.6.1 例题

例题 8.6.1

作出用参数方程 $x=2t-4t^3,y=t^2-3t^4$ 给出的曲线图像。

解
$x(t)$ 和 $y(t)$ 只是 $t$ 的三次和四次多项式，容易分别作出它们的图像如图 8.9(a)、8.9(b) 所示。

关于三次多项式 $x(t)=2t-4t^3$ 的主要分析如下：$x(t)$ 是奇函数，导函数
$x_t^{\prime }=2-12t^2$ 的零点为 $t=\pm 1/\sqrt{6}$，其中 $-1/\sqrt{6}\approx -0.4082$ 是极小值点，极小值为
$-2\sqrt{6}/9\approx -0.5443$，$1/\sqrt{6}\approx 0.4082$ 是极大值点，极大值为
$2\sqrt{6}/9\approx 0.5443$；$x(t)$ 有三个零点：$0$ 和 $\pm \sqrt{2}/2\approx \pm 0.7071$。

关于四次多项式 $y=t^2-3t^4$ 的主要分析如下：$y(t)$ 是偶函数；导函数
$y_t^{\prime }=2t-12t^3$ 有三个零点：$0$ 和 $\pm 1/\sqrt{6}\approx \pm 0.4082$，其中 $t=0$ 为极小值点，极小值为 $0$，其他两个零点是 $y(t)$ 的极大值点，极大值为 $1/12\approx 0.0833$；$y(t)$ 除了二重零点 $0$ 之外还有两个零点：$\pm \sqrt{3}/3\approx \pm 0.5774$。

现在已经可以将以上分析合并以得到所要求的参数方程的图像，这就是图 8.10，其中参数 $t$ 的变化范围为从 $-0.95$ 到 $0.95$。

图 8.10 的作法如下。首先，当 $x$ 换为 $-x$ 时，对应的参数值 $t$ 也反号，但 $y$ 是 $t$ 的偶函数，从而可见在 $xOy$ 坐标系中曲线关于 $y$ 轴对称。因此以下只需讨论参数 $t>0$ 的情况。根据 6.2.3 小节的参数方程求导法则，就有

$$\frac{dy}{dx}=\frac{y_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}=t\cdot \frac{1-6t^2}{1-6t^2},$$

因此当 $t\ne 1/\sqrt{6}\approx 0.4082$ 时，就得到

$$\frac{dy}{dx}=t.$$

从前面对 $x_t^{\prime }$ 和 $y_t^{\prime }$ 的分析已经知道当 $t=1/\sqrt{6}$ 时这两个导数均为 $0$，我们将这样的点称为奇点。这是本例中的主要困难。由于关于 $y$ 轴对称，因此有两个奇点：
$(\pm 2\sqrt{6}/9,1/12)$，两个坐标的近似值为 $\pm 0.5443$ 和 $0.0833$。

当 $t$ 从 $0$ 变化到 $1/\sqrt{6}$ 时，由于 $y_x^{\prime }=t$，而 $x(t)$ 和 $y(t)$ 均为 $t$ 的严格单调增加函数，因此可以知道 $y$ 是 $x$ 的严格单调增加函数。又由于导函数 $y_x^{\prime }$ 也是 $x$ 的严格单调增加函数，因此 $y=y(x)$ 是下凸函数。

从同样的分析可以知道，当 $t$ 从 $1/\sqrt{6}$ 起增加时，$y$ 是 $x$ 的严格单调增加函数，而且是上凸函数。

从前面已经得到的导数公式可以知道，有

$$\underset{t\to 1/\sqrt{6}}{\lim }\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sqrt{6}}\approx 0.4082,$$

因此在奇点处存在切线。确切地说，在奇点 $(2\sqrt{6}/9,1/12)$ 的左侧邻近，存在 $y=y(x)$ 的两个分支，它们在 $x=1/\sqrt{6}$ 处存在相同的左侧导数。（这里对每一支可以应用命题 7.1.7，即单侧导数极限定理。）我们将这样的奇点称为尖点。

根据对称性就可以得到 $t<0$ 时的曲线图像。此外，从表达式可以知道不存在任何渐近线。

值得注意的是，参数方程 $x=x(t)$ 和 $y=y(t)$ 都是简单的多项式，但在 $xOy$ 平面上的曲线却会出现复杂的性态。这个例子就是在突变理论（Catastrophe Theory）中燕尾突变（Swallowtail Catastrophe）的分歧集合的图像（见 [52]）。图 8.10 就是燕尾突变这个名称的由来。此外，本题又见于《数学译林》（1992）第 4 期《数学的基本要求》一文中的题 6。

注 1
以上关于凸性的结论是从导函数 $y_x^{\prime }$ 的单调性得到的，即利用了命题 8.4.4。也可以直接计算出

$$y_x^{\prime \prime }=(y_x^{\prime }{)}_x^{\prime }=\frac{(y_x^{\prime }{)}_t^{\prime }}{x_t^{\prime }}=\frac{1}{2(1-6t^2)},$$

然后用命题 8.4.6 作出结论。

注 2
当 $t\to 0$ 时 $x(t)$ 和 $y(t)$ 均为无穷小量，且有 $y(t)\sim \frac{1}{4}x(t{)}^2(t\to 0)$，这是对图 8.10 上的曲线在原点附近的渐近描述。

注 3
在 [59] 的第一册中，对 [27] 中关于函数作图的 ?1.4 和 ?2.12 有较详细的讲解与分析，并在附录 1 和附录 2 中，利用软件 PSTricks 分别作出了这两节的作图题的全部答案。（附录 1 中的习题号为 237—380，附录 2 中的习题号为 1471—1555。）

8.6.2 练习题

题目 1

随手画出一条曲线代表 $y=f(x)$，然后试画出其一阶导函数和二阶导函数的图形（本题是《数学译林》（1992）第 4 期《数学的基本要求》一文中的第 1 题）。

解答
图形并不唯一。以 $f(x)=x^3-3x$ 为例，$f^{\prime }(x)=3x^2-3$、$f^{\prime \prime }(x)=6x$；$f$ 的增减由 $f^{\prime }$ 的正负决定，$f^{\prime }$ 的增减又由 $f^{\prime \prime }$ 的正负决定。一个对应示意图如下。
（原讲义此处有图示，已省略 TikZ 源码。）

题目 2

证明：曲线 $y=\frac{x+1}{x^2+1}$ 有位于同一直线上的三个拐点，并作图。

解答

$$f^{\prime }(x)=-\frac{x^2+2x-1}{(x^2+1{)}^2},f^{\prime \prime }(x)=\frac{2(x-1)(x^2+4x+1)}{(x^2+1{)}^3}.$$

三个拐点的横坐标为 $1,-2\pm \sqrt{3}$，相应坐标为

$$(1,1),\left(-2+\sqrt{3},\frac{1+\sqrt{3}}{4}\right),\left(-2-\sqrt{3},\frac{1-\sqrt{3}}{4}\right).$$

它们都满足直线方程 $y=x/4+3/4$。又有水平渐近线 $y=0$，极值点横坐标为 $-1\pm \sqrt{2}$。图像如下。
（原讲义此处有图示，已省略 TikZ 源码。）

题目 3

作出以下函数的图像：

1. $y={\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x(x>0)$；
2. $y=\frac{1}{1+x^2}{e}^{\frac{1}{1-x^2}}$；
3. $y=\frac{x^4}{(1+x{)}^3}$；
4. $y=(1+x^2)e^{-x^2}$；
5. $y=\frac{\ln x}{x}(x>0)$；
6. $y=x^{\frac{2}{3}}{e}^{-x}$；
7. $y=\frac{(x-1{)}^3}{(x+1{)}^2}$；
8. $y=\sqrt{\frac{x^3}{x-a}}(a>0)$；
9. $y=x^x(x>0)$；
10. $y=x^{1/x}(x>0)$。

解答

1. $y=(1+1/x{)}^x$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格增加，$y(0+)=1$，$y(+\infty )=e$，故 $y=e$ 为水平渐近线。
2. 函数为偶函数，定义域去掉 $\pm 1$。在 $(-1,1)$ 内以 $(0,e)$ 为极小点，并在 $x\to \pm 1$ 的内侧趋于 $+\infty$；外侧在 $x\to \pm 1$ 时趋于 $0$，在 $x=\pm \sqrt{3}$ 取得极大值 $e^{-1/2}/4$，且在无穷远趋于 $0$。
3. 有垂直渐近线 $x=-1$、斜渐近线 $y=x-3$；$x=-4$ 为左支极大值点，$x=0$ 为四重零点及右支极小值点。
4. 函数为偶函数，在 $x=0$ 取得最大值 $1$，两端趋于 $0$；拐点为 $x=\pm \sqrt{3/2}$。
5. 定义域为 $(0,+\infty )$，$x\to 0+$ 时趋于 $-\infty$，在 $x=1$ 过横轴，在 $x=e$ 取得最大值 $1/e$，随后趋于 $0+$；拐点为 $x=e^{3/2}$。
6. 写成 $|x{|}^{2/3}{e}^{-x}$。它在 $(-\infty ,0]$ 上从 $+\infty$ 严格降至尖点 $(0,0)$，在 $(0,+\infty )$ 上先增后减，极大值点为 $x=2/3$；拐点横坐标为 $(2-\sqrt{6})/3$ 与 $(2+\sqrt{6})/3$。
7. 有垂直渐近线 $x=-1$、斜渐近线 $y=x-5$；$x=-5$ 为左支极大值点，$(1,0)$ 是水平拐点。
8. 定义域为 $(-\infty ,0]\cup (a,+\infty )$。左支从斜渐近线 $y=-x-a/2$ 降至 $(0,0)$；右支在 $x=a+$ 时趋于 $+\infty$，于 $x=3a/2$ 取得最小值 $3\sqrt{3}a/2$，再沿斜渐近线 $y=x+a/2$ 上升。
9. $x^x$ 在 $x=e^{-1}$ 取得唯一最小值 $e^{-1/e}$，$x\to 0+$ 时趋于 $1$，且处处严格下凸，随后趋于 $+\infty$。
10. $x^{1/x}$ 在 $x=e$ 取得唯一最大值 $e^{1/e}$，$x\to 0+$ 时趋于 $0$，$x\to +\infty$ 时趋于 $1$。

下图依次给出这十个函数的代表性图像；第 (8) 图取 $a=1$。
（原讲义此处有图示，已省略 TikZ 源码。）

题目 4

证明：方程 $x^y=y^x$ 在第一象限内的图像由一条直线和一条曲线组成，并作出此图像。

解答
当 $x=y$ 时恒成立，得到直线 $y=x$。若 $x\ne y$，令 $t=y/x>0$，则

$$(t-1)\ln x=\ln t,x=t^{1/(t-1)},y=t^{t/(t-1)}.$$

这给出另一条曲线；它关于直线 $y=x$ 对称，并在 $t\to 1$ 时趋于 $(e,e)$。由参数式求导可知，该曲线在此点的切线斜率为 $-1$，因而与直线 $y=x$ 相交。图像如下。
（原讲义此处有图示，已省略 TikZ 源码。）

题目 5

作出以下用参数方程给出的曲线：

1. $x=t^2-2,y=t(t^2-2)$；
2. $x=2t-t^2,y=3t-t^3$；
3. $x=\frac{3t}{1+t^3},y=\frac{3t^2}{1+t^3}$；
4. $x=t-t^3,y=1-t^4$；
5. $x=a(t-\sin t),y=a(1-\cos t)$（摆线）；
6. $x=a(\cos t+t\sin t),y=a(\sin t-t\cos t)$（圆的渐开线）。

解答

1. 消去参数得 $y^2=x^2(x+2)$，$x\ge -2$。$(-2,0)$ 处切线竖直，原点为二重点，两支切线斜率为 $\pm \sqrt{2}$。
2. 令 $u=t-1$，则 $x=1-u^2$、$y=3x-1-u^3$，故

$$(y-3x+1{)}^2=(1-x{)}^3,$$

是以 $(1,2)$ 为尖点的半三次抛物线。
3. 消去参数得 Descartes 叶形线

$$x^3+y^3=3xy.$$

第一象限有闭叶，原点为二重点，斜渐近线为 $x+y+1=0$。
4. 曲线关于 $y$ 轴对称。$t=0$ 给出最高点 $(0,1)$，$t=\pm 1$ 都给出二重点 $(0,0)$，两支切线斜率为 $\pm 2$；$t=\pm 1/\sqrt{3}$ 给出竖直切线点 $(\pm 2/(3\sqrt{3}),8/9)$。
5. 每个区间 $2k\pi \le t\le 2(k+1)\pi$ 给出摆线的一拱，尖点为 $(2k\pi a,0)$，最高点为 $((2k+1)\pi a,2a)$。
6. $t=0$ 时从 $(a,0)$ 出发，且

$$x^{\prime }(t)=at\cos t,y^{\prime }(t)=at\sin t.$$

因而切线方向沿半径 $(\cos t,\sin t)$，曲线随 $t$ 增大逐圈向外展开，这就是圆的渐开线。

下图按顺序给出六条参数曲线，其中摆线和渐开线取 $a=1$。
（原讲义此处有图示，已省略 TikZ 源码。）

8.7.1 迭代算法的收敛速度

例题 8.7.1

设 $a_1>b_1>0$，并用递推公式

$$a_{n+1}=\frac{2a_n{b}_n}{a_n+b_n},b_{n+1}=\sqrt{a_{n+1}{b}_n},n\in {\mathbb{N}}_{+}\text{\hspace{1em}(8.22)}$$

作迭代，证明：$\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 以一阶速度收敛于同一极限。

证
在这里只对收敛速度进行分析。应用与例题 2.3.5 中类似的方法即可证明 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 收敛于同一极限。记此极限为 $A>0$，即有

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=A,$$

又记

$${\epsilon }_n=a_n-b_n,n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

则可以对收敛速度分析如下。首先进行恒等式运算

$$\begin{array}{rl}{a}_{n+1}^2-b_{n+1}^2& =a_{n+1}^2-a_{n+1}{b}_n=a_{n+1}(a_{n+1}-b_n)\\ & =a_{n+1}\cdot \frac{2a_n{b}_n-b_n(a_n+b_n)}{a_n+b_n}=\frac{a_{n+1}{b}_n(a_n-b_n)}{a_n+b_n},\end{array}$$

因此得到

$${\epsilon }_{n+1}=\frac{a_{n+1}{b}_n}{(a_{n+1}+b_{n+1})(a_n+b_n)}\cdot {\epsilon }_n.$$

利用 $\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 收敛于同一极限 $A>0$，就有近似估计

$${\epsilon }_{n+1}\approx \frac{1}{4}{\epsilon }_n,$$

因此收敛速度为一阶。

注 1
若取 $a_1=2\sqrt{3},b_1=3$，即单位圆的外切和内接正六边形的半周长，可以证明极限 $A=\pi$。这就是计算圆周率的 Archimedes—刘徽算法。从以上分析有

$${\left(\frac{1}{4}\right)}^5=\frac{1}{2^{10}}\approx 0.001,$$

可见这种算法每迭代 5 次大致可以增加 3 位新的有效数字。这个估计与用这个算法求 $\pi$ 的大量实际计算完全符合。

注 2
Archimedes—刘徽算法有个变形：令 $A_n=1/a_n,B_n=1/b_n$，有递推式：

$$A_{n+1}=\frac{A_n+B_n}{2},B_{n+1}=\sqrt{A_{n+1}{B}_n}.\text{\hspace{1em}(8.23)}$$

与算法 (8.22) 比较，每次迭代的计算量少得多。但是这个改进并没有提高收敛速度。若仍令 ${\epsilon }_n=B_n-A_n$，则还是得到 ${\epsilon }_{n+1}\approx \frac{1}{4}{\epsilon }_n$。

例题 8.7.2

从 $0<b<a$ 出发，设 $a_0=a,b_0=b$，并用递推公式

$$a_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2},b_n=\sqrt{a_{n-1}{b}_{n-1}},n\in {\mathbb{N}}_{+}\text{\hspace{1em}(8.26)}$$

作迭代，证明：$\{a_n\}$ 和 $\{b_n\}$ 以二阶速度收敛于同一极限。

证
记极限为 $AG(a,b)$，${\epsilon }_n=a_n-b_n,n\in {\mathbb{N}}_{+}$。利用恒等式

$$a_{n+1}^2-b_{n+1}^2=\frac{1}{4}(a_n-b_n{)}^2,$$

就可以得到

$${\epsilon }_{n+1}=\frac{1}{4(a_{n+1}+b_{n+1})}{\epsilon }_n^2\approx \frac{1}{8AG(a,b)}{\epsilon }_n^2,$$

因此是二阶算法。

注
迭代公式 (8.26) 与 (8.23) 很相似，但实际上收敛速度完全不同。

在 1976 年出现了 Salamin—Brent 算法。它就是以 (8.26) 和上述分析为基础的。由于收敛速度快，因此成为一类重要的算法，具有广泛的应用。自此以后计算圆周率 $\pi$ 的新纪录很多都是用这类新算法得到的。目前已经有计算 $\pi$ 的任意高阶的算法。下面列出计算 $\pi$ 的二阶算法中的一个算法，以及它的计算效果。关于它以及其他有关材料可以从 [4, 1] 中找到，还可以参看 [60] 第六章的圆周率及其计算。

Salamin—Brent 算法：令 $a_0=1,b_0=s_0=\frac{1}{\sqrt{2}}$，并用递推公式

$$a_n=\frac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2},b_n=\sqrt{a_{n-1}{b}_{n-1}},$$ $$s_n=s_{n-1}-2^n(a_n^2-b_n^2),p_n=\frac{2a_n^2}{s_n}$$

作迭代，则 $\{p_n\}$ 二阶收敛于 $\pi$。

它的计算结果为

$$\begin{array}{cccccccccccc}\text{迭代次数}& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9& \cdots & 25\\ \text{有效位数}& 1& 4& 9& 20& 42& 85& 173& 347& 697& \cdots & \ge 4.5\times 10^6\end{array}$$

从上面的计算结果可以看到，每迭代一次，有效位数几乎增加一倍，实际上，这是二阶算法的共同特征。从公式 (8.24) 可以知道，若常数 $K<1$，则一定如此。这在下面的简单例题中可以看得很清楚。

例题 8.7.3

从初始值 $x_0=1$ 开始，用迭代算法

$$x_{n+1}=\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{x_n}$$

求无理数 $\sqrt{2}$ 的近似值，观察有效位数的增长情况。

解
前几个值很容易计算：

$$x_2=1.5,x_3\approx 1.417,x_4\approx 1.414216.$$

与 $\sqrt{2}=1.4142135623\cdots$ 比较，可见有效位数分别为 $1,3,6$。为了继续计算下去，我们需要使用如 Mathematica 那样的软件。具体地说，即每次将 $x_n$ 与 $\sqrt{2}$ 都计算到足够多的位数，然后进行比较，从而确定第 $n$ 次近似值 $x_n$ 的有效位数。这里只列出实际计算结果：

$$\begin{array}{ccccccccc}\text{迭代次数}& 1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8\\ \text{有效位数}& 1& 3& 6& 12& 25& 49& 98& 196\end{array}$$

实际上，不难直接验证在这个例题中的迭代算法确实为二阶算法。用 ?2.5 的方法知数列 $\{x_n\}$ 从 $x_2$ 起严格单调减少收敛于 $\sqrt{2}$。然后估计迭代误差

$$\begin{array}{rl}0<{\epsilon }_{n+1}& =x_{n+1}-\sqrt{2}=\frac{1}{2}{x}_n+\frac{1}{x_n}-\sqrt{2}\\ & =\frac{(x_n-\sqrt{2}{)}^2}{2x_n}\approx \frac{1}{2\sqrt{2}}{\epsilon }_n^2,\end{array}$$

可见恰好为二阶算法。

我们即将看到，这个开平方根的算法就是 Newton 求根法的一个例子。

8.7.2 Newton 求根法

例题 8.7.4

用 Newton 求根法导出开平方根的迭代算法。

解
设要求正数 $A$ 的平方根。取函数 $f(x)=x^2-A$，求 $\sqrt{A}$ 的问题就成为方程求根问题了。将 $f$ 代入迭代公式 (8.27) 中，就得到

$$x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2-A}{2x_n}=\frac{x_n}{2}+\frac{A}{2x_n}.$$

注 1
在 $A=2$ 时就得到例题 8.7.3 中的算法。实际上本题的算法已在 2.6.3 小节的练习题 8 中出现。其中练习题 9 还给出了求平方根的一个三阶算法。

注 2
这个算法的历史可以上溯到古代巴比伦文明（见 [35]）。其思路可能是：如果 $x$ 是 $\sqrt{A}$ 的一个近似值，那么 $A/x$ 也是一个近似值，这两个近似值的乘积等于 $A$，而且分别在 $\sqrt{A}$ 的两侧，因此取算术平均值可能会得到更好的结果。

8.7.3 练习题

题目 1

用 Newton 求根法计算（要求精确到 $0.0001$）：

1. $x^3-2x^2-4x-7=0$ 在 $[3,4]$ 之间的根的近似值；
2. $\sin x=1-x$ 的根的近似值。

解答

1. 令 $F(x)=x^3-2x^2-4x-7$。Newton 迭代式为

$$x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^3-2x_n^2-4x_n-7}{3x_n^2-4x_n-4}.$$

取 $x_0=4$，依次得到 $x_1=3.6666667$，$x_2=3.6323945$，$x_3=3.6319809$，故所求根为 $3.6320$。
2. 令 $F(x)=\sin x+x-1$。Newton 迭代式为

$$x_{n+1}=x_n-\frac{\sin x_n+x_n-1}{\cos x_n+1}.$$

取 $x_0=0.5$，得到 $x_1=0.5109570$，$x_2=0.5109734$，故所求根为 $0.5110$。

题目 2

在命题 8.7.1 中给出了保证 Newton 求根法成功的充分条件，其中共有 4 项要求。试举出例子，说明不满足其中的某些要求时，用 Newton 求根法有可能失败。

解答
命题中的条件只是保证 Newton 迭代成功的充分条件，缺少其中某些条件时确实可能失败。例如 $f(x)=x^3-2x+2$ 有唯一实根，但从 $x_0=0$ 出发时

$$x_1=1,x_2=0,$$

迭代在 $0,1$ 之间循环，不能趋于该根。又如 $f(x)=\sqrt[3]{x}$ 的根为 $0$，但对 $x_n\ne 0$，Newton 公式给出 $x_{n+1}=-2x_n$，故除 $x_0=0$ 外均发散。前一例中导数在有关区间内变号且初值选择不合要求，后一例在根处不满足通常的光滑性与非退化条件。

题目 3

证明：在例题 5.2.1 中提供的二分法是方程求根的一阶算法。

解答
设第 $n$ 次二分后保留的区间为 $[a_n,b_n]$，以其中点 $x_n$ 作为近似根。若真根为 $\xi$，则

$$|x_n-\xi |\le \frac{b_n-a_n}{2}=\frac{b-a}{2^{n+1}}.$$

每迭代一次，误差的统一上界恰好乘以 $1/2$，故二分法是一阶算法。

题目 4

证明：2.6.3 小节的题 9 中的算法是求平方根的三阶算法。

解答
记 $r=\sqrt{A}$，算法为

$$x_{n+1}=\frac{x_n(x_n^2+3A)}{3x_n^2+A}.$$

直接因式分解得

$$x_{n+1}-r=\frac{(x_n-r{)}^3}{3x_n^2+r^2}.$$

因 $x_n\to r$，若记 ${\epsilon }_n=x_n-r$，则

$${\epsilon }_{n+1}\sim \frac{1}{4A}{\epsilon }_n^3.$$

因而该算法为三阶算法。

题目 5

设 $A>0$，为计算立方根 $\sqrt[3]{A}$，从 $x_0>0$ 出发用递推公式

$$x_{n+1}=\frac{x_n(x_n^3+2A)}{2x_n^3+A}$$

作迭代，证明数列 $\{x_n\}$ 收敛，求出其极限，并确定其收敛的阶。

解答
令 $r=\sqrt[3]{A}$，$y_n=x_n/r$，则

$$y_{n+1}=\phi (y_n):=\frac{y_n(y_n^3+2)}{2y_n^3+1}.$$

对 $y>0$ 有

$$\phi (y)-y=\frac{y(1-y^3)}{2y^3+1},\phi (y)-1=\frac{(y-1{)}^3(y+1)}{2y^3+1}.$$

因此 $y_0>1$ 时 $1<y_{n+1}<y_n$，$0<y_0<1$ 时 $y_n<y_{n+1}<1$；两种情形下数列都单调有界，其极限只能为 $1$。故 $x_n\to r$。若 $e_n=x_n-r$，由第二个恒等式可得

$$e_{n+1}\sim \frac{2}{3r^2}{e}_n^3=\frac{2}{3A^{2/3}}{e}_n^3,$$

所以收敛阶为 $3$。

题目 6

用 Newton 求根法设计一个求 $\sqrt[k]{A}(A>0,k>0)$ 的迭代算法，并对其收敛速度作出分析。

解答
对 $f(x)=x^k-A$ 使用 Newton 法，得到

$$x_{n+1}=\frac{1}{k}\left((k-1)x_n+\frac{A}{x_n^{k-1}}\right),x_0>0.$$

令 $r=A^{1/k}$，$y_n=x_n/r$。加权算术—几何平均不等式给出

$$y_{n+1}=\frac{(k-1)y_n+y_n^{1-k}}{k}\ge 1.$$

故从 $n=1$ 起 $y_n\ge 1$；此时 $1\le y_{n+1}\le y_n$，所以 $x_n\to r$。Newton 误差公式给出

$$x_{n+1}-r\sim \frac{f^{\prime \prime }(r)}{2f^{\prime }(r)}(x_n-r{)}^2=\frac{k-1}{2r}(x_n-r{)}^2,$$

因而 $k>1$ 时为二阶收敛；$k=1$ 时一步即得到 $A$。

题目 7

用 Newton 求根法设计一个求 $\frac{1}{A}$ 的迭代算法，其中只用加法和乘法运算，并对其收敛速度作出分析。

解答
对 $f(x)=1/x-A$ 使用 Newton 法，约去除法后得到

$$x_{n+1}=x_n(2-A{x}_n),$$

每次只需加法和乘法。令 $r=1/A$、$e_n=x_n-r$，则有精确恒等式

$$e_{n+1}=-A{e}_n^2.$$

因而这是二阶算法。更具体地，若 $0<A{x}_0<2$，则令 $q_n=1-A{x}_n$ 可得 $q_{n+1}=q_n^2$，从而 $q_n\to 0$，即 $x_n\to 1/A$。

8.8.2 第一组参考题

第一组参考题 1

1. 设 $\underset{x\to +\infty }{\lim }[f(x)+f^{\prime }(x)]=0$，证明：$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=0$；
2. 设 $|f(x)+f^{\prime }(x)|\le 1$，$f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上有界，证明：$|f(x)|\le 1$。

解答
记 $r(x)=f(x)+f^{\prime }(x)$、$F(x)=e^{x}f(x)$，则 $F^{\prime }(x)=e^{x}r(x)$。

1. 给定 $\epsilon >0$，取 $T$ 使 $x>T$ 时 $|r(x)|<\epsilon$。对 $x>T$，由 Cauchy 中值定理，存在 $\xi \in (T,x)$ 使

$$e^{x}f(x)-e^{T}f(T)=r(\xi )(e^x-e^T).$$

因而 $|f(x)|\le e^{T-x}|f(T)|+\epsilon (1-e^{T-x})$。令 $x\to +\infty$，再令 $\epsilon \to 0$，即得 $f(x)\to 0$。
2. 固定 $x$，对任意 $a<x$ 同理有

$$f(x)=e^{a-x}f(a)+(1-e^{a-x})r(\xi ),\xi \in (a,x).$$

设 $|f|\le M$。令 $a\to -\infty$，由 $|r(\xi )|\le 1$ 得 $|f(x)|\le 1$。

第一组参考题 2

设 $f(x)$ 在 $x=0$ 的某邻域上二阶可微，且

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(1+x+\frac{f(x)}{x}\right)}^{1/x}=e^3.$$

求 $f(0),f^{\prime }(0),f^{\prime \prime }(0)$ 和

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(1+\frac{f(x)}{x}\right)}^{1/x}.$$

解答
令 $u(x)=x+f(x)/x$。原极限有限且不为 $0$，故 $u(x)\to 0$，从而 $f(x)=o(x)$；于是 $f(0)=f^{\prime }(0)=0$。由 Taylor 公式

$$f(x)=\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0)x^2+o(x^2),$$

所以 $u(x)=(1+f^{\prime \prime }(0)/2)x+o(x)$。取对数得到

$$3=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+u(x))}{x}=1+\frac{1}{2}{f}^{\prime \prime }(0),$$

即 $f^{\prime \prime }(0)=4$。此时 $f(x)/x=2x+o(x)$，故

$$\underset{x\to 0}{\lim }{\left(1+\frac{f(x)}{x}\right)}^{1/x}=e^2.$$

第一组参考题 3

例题 8.1.10 可以推广如下：设正数数列 $\{x_n\}$ 为满足递推公式 $x_{n+1}=f(x_n)$ 的无穷小量，函数 $f$ 有 Maclaurin 展开式

$$f(x)=x+A{x}^k+o(x^k)(x\to 0),$$

其中 $k$ 为大于 $1$ 的某正整数，系数 $A\ne 0$，证明：有 $\alpha >0$，使得存在非零极限 $\underset{n\to \infty }{\lim }n{x}_n^{\alpha }$，并求出此极限。

解答
由 $x_n\to 0+$ 可知 $A<0$；否则在充分小的正数邻域内有 $f(x)>x$，数列不可能趋于 $0$。令 $p=k-1$，则

$$x_{n+1}=x_n(1+A{x}_n^p+o(x_n^p)),$$

因而

$$\frac{1}{x_{n+1}^p}-\frac{1}{x_n^p}⟶-pA.$$

对 $x_n^{-p}$ 应用 Stolz 定理，得到

$$\underset{n\to \infty }{\lim }n{x}_n^{k-1}=-\frac{1}{(k-1)A}.$$

故可取 $\alpha =k-1$。

第一组参考题 4

设 $f\in C[a,b]$，证明：$f$ 在 $(a,b)$ 内没有极值点的充分必要条件是 $f$ 在区间 $[a,b]$ 上为严格单调函数。

解答
严格单调函数显然没有内点极值。反之，若连续函数 $f$ 不严格单调，则它不可能为单射，故存在 $u<v$ 使 $f(u)=f(v)$。若 $f$ 在 $[u,v]$ 上为常数，则其中每个内点都是极值点；若不为常数，则它在 $[u,v]$ 上的最大值或最小值与端点公共值不同，因而在 $(u,v)$ 内取得，仍产生内点极值。故 $f$ 必严格单调。

第一组参考题 5

证明关于三点不等式（命题 1.3.4）的一个推广：在 $0<p<1$ 时，成立不等式

$$|a+b{|}^p\le |a{|}^p+|b{|}^p.$$

解答
由三角不等式，只需证明 $(u+v{)}^p\le u^p+v^p$，其中 $u,v\ge 0$。设 $u>0$、$t=v/u$，则

$$h(t)=1+t^p-(1+t{)}^p,h(0)=0,h^{\prime }(t)=p(t^{p-1}-(1+t{)}^{p-1})>0.$$

因而 $h(t)\ge 0$；$u=0$ 时结论显然。于是 $|a+b{|}^p\le |a{|}^p+|b{|}^p$。

第一组参考题 6

证明：对每个正整数 $n$，成立不等式

$$\frac{e}{2n+2}<e-{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<\frac{e}{2n+1}.$$

解答
记 $U(x)=1-x\ln (1+1/x)$。对 $t>0$，求导即得

$$\frac{2t}{2+t}<\ln (1+t)<\frac{t}{1+t}+\frac{t^2}{2+t}.$$

由此可见函数

$$U(x)-\ln \left(1+\frac{1}{2x+1}\right),\ln \left(1+\frac{1}{2x}\right)-U(x)$$

均严格递减并趋于 $0$，故

$$\ln \left(1+\frac{1}{2n+1}\right)<U(n)<\ln \left(1+\frac{1}{2n}\right).$$

又 $(1+1/n{)}^n=e^{1-U(n)}$，于是

$$\frac{1}{2n+2}<1-e^{-U(n)}<\frac{1}{2n+1}.$$

两边乘以 $e$ 即得所证不等式。

第一组参考题 7

证明：当 $0<x<\frac{\pi }{2}$ 时，成立不等式

$${\left(\frac{\sin x}{x}\right)}^3>\cos x.$$

解答
令

$$F(x)=3\ln \frac{\sin x}{x}-\ln \cos x.$$

因 $F(0+)=0$，只需证 $F^{\prime }(x)>0$。将 $F^{\prime }(x)$ 乘以正数 $x\sin x\cos x$，所得分子为

$$N(x)=x(1+2{\cos }^{2}x)-3\sin x\cos x.$$

而 $N(0)=0$，且

$$N^{\prime }(x)=4\sin x(\sin x-x\cos x)>0,$$

其中 $\sin x-x\cos x>0$ 由求导立即得到。因此 $F(x)>0$，所证不等式成立。

第一组参考题 8

证明：当 $0<x<\frac{\pi }{2}$ 时，成立不等式 $2\sin x+\tan x>3x$。

解答
设 $F(x)=2\sin x+\tan x-3x$。则 $F(0)=0$，并且

$$F^{\prime }(x)=2\cos x+{\sec }^{2}x-3=\frac{(1-\cos x{)}^2(2\cos x+1)}{{\cos }^{2}x}>0.$$

故 $F(x)>0$。

第一组参考题 9

证明：当 $0<x<1$ 时，成立不等式

$$\pi <\frac{\sin \pi x}{x(1-x)}\le 4.$$

解答
令 $t=\pi x$。所证等价于

$$\frac{t(\pi -t)}{\pi }<\sin t\le \frac{4t(\pi -t)}{{\pi }^2},0<t<\pi .$$

两式均关于 $t=\pi /2$ 对称，只需考察 $0\le t\le \pi /2$。令

$$q(t)=\pi \sin t-t(\pi -t).$$

有 $q^{\prime }(0)=q^{\prime }(\pi /2)=0$，且 $q^{\prime \prime }(t)=2-\pi \sin t$ 只变号一次，故 $q^{\prime }(t)>0$ 于 $(0,\pi /2)$，从而 $q(t)>0$。再令

$$r(t)=\frac{4t(\pi -t)}{{\pi }^2}-\sin t.$$

此时 $r(0)=r(\pi /2)=0$，$r^{\prime }(0)>0$、$r^{\prime }(\pi /2)=0$，而 $r^{\prime \prime }(t)=\sin t-8/{\pi }^2$ 只变号一次；故 $r$ 先增后减，且 $r(t)\ge 0$。等号仅在 $t=\pi /2$ 处成立。

第一组参考题 10

证明：当 $x\in [0,\pi /2]$ 时，成立比 Jordan 不等式（例题 8.5.6）更好的结果：

$$\sin x\ge \frac{2}{\pi }x+\frac{1}{12\pi }x({\pi }^2-4x^2).$$

解答
令

$$G(x)=\sin x-\frac{2x}{\pi }-\frac{x({\pi }^2-4x^2)}{12\pi }.$$

有 $G(0)=G(\pi /2)=0$，并由 Jordan 不等式得

$$G^{\prime \prime }(x)=-\sin x+\frac{2x}{\pi }\le 0.$$

因此 $G$ 在 $[0,\pi /2]$ 上为上凸函数，图像位于端点弦的上方，即 $G(x)\ge 0$。

第一组参考题 11

证明：对 $n$ 个正数 $x_1,x_2,\cdots ,x_n$，成立不等式

$$\frac{x_1{x}_2\cdots x_n}{(x_1+x_2+\cdots +x_n{)}^n}\le \frac{(1+x_1)(1+x_2)\cdots (1+x_n)}{(n+x_1+x_2+\cdots +x_n{)}^n},$$

并讨论成立等号的条件。

解答
记 $S=x_1+\cdots +x_n$。由算术—几何平均不等式及 Cauchy 不等式，

$${\left(\prod _{i=1}^n\frac{x_i}{1+x_i}\right)}^{1/n}\le \frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{x_i}{1+x_i}=1-\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\frac{1}{1+x_i}\le \frac{S}{n+S}.$$

两边取 $n$ 次方并整理即得原式。两次不等式同时取等当且仅当 $x_1=\cdots =x_n$。

第一组参考题 12

证明：当 $x\in \left(0,\frac{\pi }{4}\right)$ 时，成立

$$(\sin x{)}^{\cos x}<(\cos x{)}^{\sin x};$$

而在 $x\in \left(\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}\right)$ 时，不等式反向。

解答
对 $0<t<1$，函数 $h(t)=\ln t/t$ 满足 $h^{\prime }(t)=(1-\ln t)/t^2>0$。原不等式取对数并除以 $\sin x\cos x>0$ 后，等价于

$$h(\sin x)<h(\cos x).$$

当 $0<x<\pi /4$ 时 $\sin x<\cos x$，故上式成立；当 $\pi /4<x<\pi /2$ 时次序相反，因而不等式反向。

第一组参考题 13

设 $p>1,a,b>0$，证明：

1. 当 $t>0$ 时，成立

$$\frac{1}{p}{t}^{\frac{1}{p}-1}a+\left(1-\frac{1}{p}\right)t^{\frac{1}{p}}b\ge a^{1/p}{b}^{1-1/p};$$

2. 当 $0<t<1$ 时，成立

$$t^{1-p}{a}^p+(1-t{)}^{1-p}{b}^p\ge (a+b{)}^p.$$

解答

1. 对正数 $t^{1/p-1}a$ 与 $t^{1/p}b$ 使用权分别为 $1/p$ 与 $1-1/p$ 的加权算术—几何平均不等式，即得

$$\frac{1}{p}{t}^{1/p-1}a+\left(1-\frac{1}{p}\right)t^{1/p}b\ge a^{1/p}{b}^{1-1/p}.$$

2. 由 $u^p$ 的凸性，

$$t{\left(\frac{a}{t}\right)}^p+(1-t){\left(\frac{b}{1-t}\right)}^p\ge {\left[t\frac{a}{t}+(1-t)\frac{b}{1-t}\right]}^p=(a+b{)}^p.$$

第一组参考题 14

设 $p(x)$ 为三次多项式，$p(a)=p(b)=0$，证明：$p(x)$ 在 $[a,b]$ 上不变号的充分必要条件是 $p^{\prime }(a)p^{\prime }(b)\le 0$。

解答
不妨设 $a<b$。写成

$$p(x)=(x-a)(x-b)L(x),$$

其中 $L$ 为一次多项式。在 $(a,b)$ 内，前两个因子的乘积恒为负，故 $p$ 在 $[a,b]$ 上不变号当且仅当 $L(a)L(b)\ge 0$。另一方面

$$p^{\prime }(a)p^{\prime }(b)=-(b-a{)}^{2}L(a)L(b),$$

因而上述条件等价于 $p^{\prime }(a)p^{\prime }(b)\le 0$。

第一组参考题 15

证明在 $\mathbb{R}$ 上的任何可微函数都不可能满足下列函数方程：

$$\text{(1) }g(g(x))=-x^3+x+1;\text{(2) }g(g(x))=-x^3+x^2+1;\text{(3) }g(g(x))=x^2-3x+3.$$

解答
记右端多项式为 $P$。若 $P(c)=c$，则

$$P(g(c))=g(g(g(c)))=g(P(c))=g(c),$$

故 $g$ 将 $P$ 的不动点集映入自身。

1. $P(x)=-x^3+x+1$ 只有不动点 $1$，故 $g(1)=1$。对 $g(g(x))=P(x)$ 在 $1$ 处求导，得 $[g^{\prime }(1){]}^2=P^{\prime }(1)=-2$，矛盾。
2. $P(x)=-x^3+x^2+1$ 也只有不动点 $1$，同理得到 $[g^{\prime }(1){]}^2=P^{\prime }(1)=-1$，矛盾。
3. $P(x)=x^2-3x+3$ 的不动点为 $1,3$。若 $g$ 固定它们，则在 $1$ 处有 $[g^{\prime }(1){]}^2=P^{\prime }(1)=-1$；若 $g$ 交换它们，则分别在 $1,3$ 处求导得到

$$g^{\prime }(3)g^{\prime }(1)=-1,g^{\prime }(1)g^{\prime }(3)=3,$$

仍矛盾。

第一组参考题 16

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上二阶可微，$f(0)=f(1)=0$，$\underset{0\le x\le 1}{\min }\{f(x)\}=-1$，证明：存在 $\xi \in (0,1)$，使成立 $f^{\prime \prime }(\xi )\ge 8$。

解答
最小值 $-1$ 在某个 $c\in (0,1)$ 处取得，且 $f^{\prime }(c)=0$。分别在区间 $[0,c]$、$[c,1]$ 上使用二阶 Taylor 中值公式，存在 ${\xi }_1\in (0,c)$、${\xi }_2\in (c,1)$ 使

$$f^{\prime \prime }({\xi }_1)=\frac{2}{c^2},f^{\prime \prime }({\xi }_2)=\frac{2}{(1-c{)}^2}.$$

因 $\min \{c,1-c\}\le 1/2$，其中至少一个数不小于 $8$。

第一组参考题 17

设 $f$ 在 $[-1,1]$ 上三阶可微，$f(0)=f^{\prime }(0)=0,f(1)=1,f(-1)=0$，证明：存在 $\xi \in (-1,1)$，使成立 $f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3$。

解答
取 $P(x)=(x^3+x^2)/2$，则 $P(-1)=P(0)=P^{\prime }(0)=0$、$P(1)=1$，且 $P^{\prime \prime \prime }(x)=3$。令 $H=f-P$，则 $H$ 在 $-1,0,1$ 处为零且 $H^{\prime }(0)=0$。反复应用 Rolle 定理，存在 $\xi \in (-1,1)$ 使 $H^{\prime \prime \prime }(\xi )=0$，即 $f^{\prime \prime \prime }(\xi )=3$。

第一组参考题 18

设 $f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续可微，$f(a)=f(b)=0$，Wronski（朗斯基）行列式

$$W(f,g)=\left|\begin{array}{cc}f(x)& g(x)\\ f^{\prime }(x)& g^{\prime }(x)\end{array}\right|\ne 0,\forall x\in [a,b],$$

证明：$g(x)$ 在 $(a,b)$ 中有零点。

解答
反设 $g$ 在 $(a,b)$ 内无零点。由 $W(a)\ne 0$、$W(b)\ne 0$ 及 $f(a)=f(b)=0$，又有 $g(a)g(b)\ne 0$，故 $g$ 在 $[a,b]$ 上恒不为零。令 $h=f/g$，则 $h(a)=h(b)=0$，而

$$h^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g(x{)}^2}=-\frac{W(f,g)}{g(x{)}^2}\ne 0,$$

这与 Rolle 定理矛盾。因此 $g$ 在 $(a,b)$ 中必有零点。

8.8.2 第二组参考题

第二组参考题 1

设 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调减少、可微，且满足不等式 $0<f(x)<|f^{\prime }(x)|$，证明：当 $0<x<1$ 时，成立不等式

$$xf(x)>\frac{1}{x}f\left(\frac{1}{x}\right).$$

解答
因 $f$ 单调减少且可微，故 $f^{\prime }(x)\le 0$，题设化为 $f(x)+f^{\prime }(x)<0$。于是 $F(x)=e^{x}f(x)$ 满足 $F^{\prime }(x)<0$。当 $0<x<1$ 时，$1/x>x$，故

$$f(1/x)<e^{x-1/x}f(x).$$

又令 $\phi (x)=x^{-1}-x+2\ln x$，则 $\phi (1)=0$，${\phi }^{\prime }(x)=-(1-x{)}^2/x^2\le 0$，所以 $\phi (x)>0$，即 $e^{x-1/x}<x^2$。因此 $x^{-1}f(1/x)<xf(x)$。

第二组参考题 2

若 $f(0)=0$，且存在 $f^{(n+1)}(0)$，定义

$$g(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{f(x)}{x},& x\ne 0,\\ f^{\prime }(0),& x=0,\end{array}$$

证明：$g(x)$ 的 $n$ 阶导函数 $g^{(n)}(x)$ 在 $x=0$ 连续，且

$$g^{(n)}(0)=\frac{1}{n+1}{f}^{(n+1)}(0).$$

（例题 8.1.9 的推广。）

解答
对 $x\ne 0$，Leibniz 公式给出

$$g^{(m)}(x)=\frac{m!}{x^{m+1}}\sum _{j=0}^m\frac{(-1{)}^{m-j}{x}^j{f}^{(j)}(x)}{j!},0\le m\le n.$$

由 $f^{(n+1)}(0)$ 存在，$f^{(j)}(x)$ 在 $0$ 处均有相应的 Peano 展开式；代入上式并约去低于 $m+1$ 次的项，得到

$$\underset{x\to 0}{\lim }{g}^{(m)}(x)=\frac{f^{(m+1)}(0)}{m+1}.$$

从 $m=0$ 起逐次应用导数极限定理，即知 $g^{(m)}$ 在 $0$ 处存在并连续。取 $m=n$ 即得

$$g^{(n)}(0)=\frac{1}{n+1}{f}^{(n+1)}(0).$$

第二组参考题 3

设 $f$ 在点 $a$ 存在 $f^{(n)}(a)$，且 $f(a)=0$。令 $F(x)=[f(x){]}^n$，证明：对于 $k=0,1,\cdots ,n-1$，$F^{(k)}(a)=0$。又举例说明：导数 $f^{(n)}(a)$ 存在的条件不能去掉。

解答
将 $F=f^n$ 看成 $n$ 个因子 $f$ 的乘积。对 $F$ 求 $k<n$ 阶导数时，每一项中总共只有 $k$ 次求导分配给 $n$ 个因子，故至少有一个因子仍为 $f$；在 $x=a$ 处该因子为零。因此 $F^{(k)}(a)=0$，$0\le k<n$。条件不能去掉，例如取 $n=2$、$a=0$、$f(x)=\sqrt{|x|}$，则 $f(0)=0$，但 $F(x)=|x|$ 在 $0$ 处不可微。

第二组参考题 4

记

$$P_n(x)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!},n\in {\mathbb{N}}_{+},$$

证明：

1. $n$ 为偶数时，$P_n(x)>0,\forall x\in \mathbb{R}$；
2. $n$ 为奇数时，$P_n(x)$ 有唯一的实零点；
3. 若将 $P_{2n+1}(x)$ 的零点记为 $x_n,n\in {\mathbb{N}}_{+}$，则 $\{x_n\}$ 是严格单调减少的负无穷大量；
4. 当 $x<0$ 时，成立不等式 $P_{2n}(x)>e^x>P_{2n+1}(x)$；
5. 当 $x>0$ 时，成立不等式 $e^x>P_n(x)\ge {\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n$；
6. 对一切 $x\in \mathbb{R}$，成立 $\underset{n\to \infty }{\lim }{P}_n(x)=e^x$。

解答

1. 当 $x\ge 0$ 时结论显然；当 $x<0$ 时，Taylor 公式的 Lagrange 余项给出

$$P_{2n}(x)-e^x=-\frac{e^{\xi }{x}^{2n+1}}{(2n+1)!}>0,\xi \in (x,0),$$

故 $P_{2n}(x)>0$。
2. $P_{2n+1}^{\prime }=P_{2n}>0$，故 $P_{2n+1}$ 严格增加；又其在正、负无穷处分别趋于正、负无穷，因而有唯一实零点。
3. 零点 $x_n<0$。把 $P_{2n+1}(-(2n+3))$ 的相邻偶次项与奇次项配对，每一对均为负，故 $x_n>-(2n+3)$。于是

$$P_{2n+3}(x_n)=\frac{x_n^{2n+2}}{(2n+2)!}\left(1+\frac{x_n}{2n+3}\right)>0.$$

由 $P_{2n+3}$ 严格增加，得 $x_{n+1}<x_n$。若 $x_n\to L>-\infty$，则 Taylor 余项在包含所有 $x_n$ 的闭区间上一致趋于零，从而
$0=P_{2n+1}(x_n)\to e^L>0$，矛盾。因此 $x_n\to -\infty$。
4. 对 $x<0$ 分别在偶数阶和奇数阶处使用 Taylor 余项，立即得到

$$P_{2n}(x)>e^x>P_{2n+1}(x).$$

5. $x>0$ 时 Taylor 余项为正，故 $e^x>P_n(x)$。另一方面

$${\left(1+\frac{x}{n}\right)}^n=\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)\frac{x^k}{n^k}\le \sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!}=P_n(x),$$

因为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k}\right)/n^k\le 1/k!$。
6. Taylor 余项满足

$$|e^x-P_n(x)|\le e^{\max \{x,0\}}\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}⟶0,$$

故 $P_n(x)\to e^x$。

第二组参考题 5

定义 $x_0=a,x_1=b,x_{n+1}=\frac{(2n-1)x_n+x_{n-1}}{2n}$，求 $\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$。

解答
令 $d_n=x_n-x_{n-1}$，则

$$d_{n+1}=-\frac{d_n}{2n},d_n=\frac{(-1{)}^{n-1}(b-a)}{2^{n-1}(n-1)!}.$$

因而

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=a+(b-a)\sum _{m=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^m}{2^{m}m!}=a+(b-a)e^{-1/2}.$$

第二组参考题 6

设 $0<x_0<y_0\le \frac{\pi }{2}$，并用递推公式 $x_{n+1}=\sin x_n$ 和 $y_{n+1}=\sin y_n$ 生成两个数列 $\{x_n\}$ 和 $\{y_n\}$，证明：$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_n}{y_n}=1$。

解答
两个数列都严格减少并趋于 $0$。由

$$\sin t=t-\frac{1}{6}{t}^3+o(t^3)$$

及第一组参考题第 3 题的结论，分别有 $n{x}_n^2\to 3$、$n{y}_n^2\to 3$。由于 $x_n,y_n>0$，故 $x_n/y_n\to 1$。

第二组参考题 7

证明：若函数

$$y=\frac{\alpha x^2+2bx+c}{\alpha x^2+2\beta x+\gamma }(\alpha \ne 0)$$

有三个拐点，则它们必在一条直线上。

解答
记

$$N=\alpha x^2+2bx+c,D=\alpha x^2+2\beta x+\gamma ,\Delta =\alpha \gamma -{\beta }^2.$$

若 $\Delta =0$，平移变量后 $N/D$ 可写成 $1+A/t+B/t^2$，其二阶导数的分子至多为一次式，不可能有三个拐点，故 $\Delta \ne 0$。令 $P=D^3{y}^{\prime \prime }/2$，直接计算可得

$$N-(mx+k)D=-\frac{P}{4\Delta },$$

其中

$$m=\frac{\alpha (b-\beta )}{2\Delta },k=\frac{\alpha (3c+\gamma )-4b\beta }{4\Delta }.$$

在任一拐点处 $P=0$，从而 $y=N/D=mx+k$。故三个拐点共线。

第二组参考题 8

下凸函数的 Jensen 定义是：称函数 $f$ 在区间 $I$ 上为下凸，如果对所有 $x_1,x_2\in I$，成立

$$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\le \frac{1}{2}[f(x_1)+f(x_2)].$$

证明：对连续函数来说，下凸的 Jensen 定义和 ?8.4 中的下凸定义等价。

（确实存在按 Jensen 定义为下凸但不满足 ?8.4 中的下凸定义的函数，例题 5.1.3 的不连续解就是如此（参见 [54, 56, 58]）。）

解答
按 ?8.4 的定义下凸显然推出中点不等式。反之，反复使用中点不等式可得：对任意二进有理数 $\lambda =m/2^n\in [0,1]$，

$$f((1-\lambda )x+\lambda y)\le (1-\lambda )f(x)+\lambda f(y).$$

二进有理数在 $[0,1]$ 中稠密，令其趋于任意 $\lambda \in [0,1]$，由 $f$ 的连续性便得到一般的下凸不等式。

第二组参考题 9

设 $f$ 在区间 $(a,b)$ 上按 Jensen 定义为下凸函数，且至多只有第一类间断点，证明：$f$ 在 $(a,b)$ 上连续。

解答
只需使用如下事实：若 Jensen 下凸函数在某点邻域内有上界，则它在该点连续。事实上，设 $f\le M$ 于 $[x_0-r,x_0+r]$。中点不等式先给出同一邻域内的下界；再对 $|h|$ 很小，取 $m$ 使 $2^m|h|\le r$，由二进有理数情形得

$$f(x_0+h)-f(x_0)\le 2^{-m}[f(x_0+2^{m}h)-f(x_0)].$$

对 $-h$ 作同样估计并利用中点不等式，即得 $f(x_0+h)\to f(x_0)$。题设每个间断点均为第一类，故其两侧极限有限，函数在该点邻域内有界；连续点处更显然。因此上述事实在每一点均适用，$f$ 在 $(a,b)$ 上连续。

第二组参考题 10

设 $f$ 在区间 $(a,b)$ 上按 Jensen 定义为下凸函数，且在 $(a,b)$ 内的每个闭子区间上有界，证明：$f$ 在 $(a,b)$ 上连续。

解答
任取 $x_0\in (a,b)$，可取闭区间 $[x_0-r,x_0+r]\subset (a,b)$。题设保证 $f$ 在其上有界，特别有上界。应用上一题证明中的局部有界性判据，即知 $f$ 在 $x_0$ 连续；故 $f$ 在 $(a,b)$ 上连续。

第二组参考题 11

函数 $f$ 在区间 $(-1,1)$ 上二阶可微，$f(0)=f^{\prime }(0)=0$，且在该区间上满足不等式 $|f^{\prime \prime }(x)|\le |f(x)|+|f^{\prime }(x)|$，证明：$f(x)\equiv 0$。

解答
先证局部结论。若 $f(c)=f^{\prime }(c)=0$，在 $[c-\delta ,c+\delta ]\subset (-1,1)$ 上令

$$M=\max \left\{\max |f|,\max |f^{\prime }|\right\}.$$

由题设 $|f^{\prime \prime }|\le 2M$，中值定理给出 $|f^{\prime }(x)|\le 2\delta M$、$|f(x)|\le 2{\delta }^{2}M$。取 $0<\delta <1/2$，便有 $M=0$，故 $f$ 在该邻域恒为零。由 $f(0)=f^{\prime }(0)=0$ 得 $f$ 在 $0$ 的某邻域为零；再从该零区间的端点反复应用局部结论，即可延拓到整个 $(-1,1)$。

第二组参考题 12

设 $f(x)$ 为区间 $I$ 上的可微函数，满足微分方程 $f^{\prime }(x)=g(f(x))$，其中 $g$ 是在 $f$ 的值域上有定义的函数，证明：$f$ 一定是单调函数。

解答
反设 $f$ 不单调，则存在 $a<b<c$ 使 $f(b)>\max \{f(a),f(c)\}$，或存在相反的不等式；只论前者。取介于 $f(c)$ 与 $f(b)$ 之间的水平，并在左侧最后一次越过该水平之后到 $b$ 的区间上使用中值定理，可找到 $u<b$ 使 $f^{\prime }(u)>0$ 且 $f(c)<f(u)<f(b)$。令 $v$ 为 $[b,c]$ 上方程 $f(x)=f(u)$ 的最后一个根，则 $v$ 右侧有 $f(x)<f(v)$，故 $f^{\prime }(v)\le 0$。然而

$$f^{\prime }(v)=g(f(v))=g(f(u))=f^{\prime }(u)>0,$$

矛盾。谷值情形同理，故 $f$ 必单调。

第二组参考题 13

证明：在 $(-\infty ,+\infty )$ 上二阶可微的函数 $f$ 不可能对于一切 $x$，同时满足不等式

$$f(x)>0,f^{\prime }(x)>0,f^{\prime \prime }(x)<0.$$

解答
固定 $x_0$。因 $f^{\prime \prime }<0$，$f^{\prime }$ 严格减少；当 $x<x_0$ 时 $f^{\prime }(x)>f^{\prime }(x_0)>0$。由中值定理，

$$f(x)<f(x_0)-f^{\prime }(x_0)(x_0-x),$$

右端在 $x\to -\infty$ 时趋于 $-\infty$，与 $f(x)>0$ 矛盾。

第二组参考题 14

设 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上三阶可微，证明：存在一个点 $a$ 使得

$$f(a)f^{\prime }(a)f^{\prime \prime }(a)f^{\prime \prime \prime }(a)\ge 0.$$

解答
反设乘积处处为负，则四个因子均不为零；利用导数的 Darboux 性质，它们各自在 $\mathbb{R}$ 上保持定号。将 $f$ 换成 $-f$，并在必要时将 $x$ 换成 $-x$，可设 $f>0$、$f^{\prime }>0$。于是 $f^{\prime \prime }$ 与 $f^{\prime \prime \prime }$ 异号。若 $f^{\prime \prime }<0$，上一题直接给出矛盾；若 $f^{\prime \prime }>0$，则函数 $f^{\prime }$ 满足 $f^{\prime }>0$、$(f^{\prime }{)}^{\prime }>0$、$(f^{\prime }{)}^{\prime \prime }<0$，仍与上一题矛盾。因此必有一点使乘积非负。

第二组参考题 15

设 $p(x)$ 是多项式，证明：若对每个 $x$ 成立不等式

$$p^{\prime \prime \prime }(x)-p^{\prime \prime }(x)-p^{\prime }(x)+p(x)\ge 0,$$

则 $p(x)\ge 0$ 对每个 $x$ 成立。

解答
令 $q=p^{\prime \prime }-p$，则

$$q^{\prime }-q=p^{\prime \prime \prime }-p^{\prime \prime }-p^{\prime }+p\ge 0.$$

先注意：若多项式 $q$ 满足 $q^{\prime }-q\ge 0$，则 $q\le 0$。事实上，比较最高次项可知，非零 $q$ 必为首项系数负的偶次多项式，故有全局最大值；若此最大值为正，在最大点便有 $q^{\prime }-q<0$，矛盾。因此 $p^{\prime \prime }-p\le 0$。再比较最高次项可知，非零 $p$ 必为首项系数正的偶次多项式，故有全局最小值；若最小值为负，在最小点有 $p^{\prime \prime }-p>0$，仍矛盾。故 $p(x)\ge 0$。

第二组参考题 16

设 $P$ 为多项式，$P(x)=0$ 有 $n$ 个大于 1 的互异实根，令

$$Q(x)=(x^2+1)P(x)P^{\prime }(x)+x[(P(x){)}^2+(P^{\prime }(x){)}^2],$$

证明：$Q(x)=0$ 至少有 $2n-1$ 个互异实根。

解答
因式分解得

$$Q(x)=(xP+P^{\prime })(P+x{P}^{\prime }).$$

函数 $e^{x^2/2}P(x)$ 与 $P$ 有相同的 $n$ 个零点，故由 Rolle 定理，$xP+P^{\prime }$ 在相邻零点之间至少有 $n-1$ 个互异零点。又 $P+x{P}^{\prime }=(xP{)}^{\prime }$，而 $xP$ 有 $0$ 及题设的 $n$ 个零点，故 $P+x{P}^{\prime }$ 至少有 $n$ 个互异零点。前一组零点均大于 $1$；若两因子在某个 $x>1$ 同时为零，则

$$xP+P^{\prime }=0,P+x{P}^{\prime }=0$$

由 $x^2-1\ne 0$ 得 $P=P^{\prime }=0$，与题设零点互异矛盾。因此两组零点不重合，$Q$ 至少有 $2n-1$ 个互异实根。

第二组参考题 17

设 $f(x)=a^x$，证明：

1. 如 $a>e^{1/e}$，则 $f$ 无不动点；
2. 如 $a=e^{1/e}$，则 $f$ 恰有一个不动点；
3. 如 $1<a<e^{1/e}$，则 $f$ 有两个不动点。

解答
不动点方程为 $x=a^x$，故 $x>0$ 且

$$\frac{\ln x}{x}=\ln a.$$

函数 $h(x)=\ln x/x$ 在 $(0,e)$ 上严格增加，在 $(e,+\infty )$ 上严格减少，最大值为 $h(e)=1/e$。比较 $\ln a$ 与 $1/e$，立即得到：$a>e^{1/e}$ 时无解，$a=e^{1/e}$ 时仅有解 $x=e$，$1<a<e^{1/e}$ 时有两个解。

第二组参考题 18

设 $g(x)=a^{a^x}$，证明：

1. 如 $e^{-e}\le a<1$，则 $g$ 只有一个不动点；
2. 如 $0<a<e^{-e}$，则 $g$ 有三个不动点。

解答
令 $b=-\ln a>0$。不动点必在 $(0,1)$ 内，方程可写成

$$H(x):=\ln (-\ln x)+bx-\ln b=0.$$

有 $H(0+)=+\infty$、$H(1-)=-\infty$，且

$$H^{\prime }(x)=b-\frac{1}{x(-\ln x)}.$$

因 $x(-\ln x)\le 1/e$，当 $b\le e$ 时 $H$ 严格减少，故只有一个零点。若 $b>e$，$H^{\prime }$ 有两个零点。设临界点对应 $t=-\ln x$，则 $b=e^t/t$，并且

$$H(x)=\psi (t):=2\ln t+\frac{1}{t}-t,{\psi }^{\prime }(t)=-\frac{(t-1{)}^2}{t^2}\le 0.$$

两个临界点分别对应 $t>1$ 与 $t<1$，故局部极小值小于 $0$、局部极大值大于 $0$，从而恰有三个零点。由于 $b\le e$ 等价于 $a\ge e^{-e}$，结论成立。

第二组参考题 19

讨论三角方程

$$a\sin \theta +b\cos \theta -\sin \theta \cos \theta =0$$

在 $[0,2\pi )$ 中的实根个数。

解答
记

$$F(\theta )=a\sin \theta +b\cos \theta -\sin \theta \cos \theta .$$

根的个数只有在出现重根时才可能改变。联立 $F(\theta )=F^{\prime }(\theta )=0$，解得

$$a={\cos }^3\theta ,b={\sin }^3\theta .$$

因而参数平面中的重根轨迹为星形线

$$|a{|}^{2/3}+|b{|}^{2/3}=1.$$

在其内部取 $(a,b)=(0,0)$，方程有 $0,\pi /2,\pi ,3\pi /2$ 四个根；在外部取 $(a,b)=(2,0)$，只有 $0,\pi$ 两个根。故星形线内部有四个互异根，外部有两个互异根。边界上除四个尖点外有一个二重根及两个单根，共三个互异根；在 $(\pm 1,0),(0,\pm 1)$ 四个尖点处有一个三重根及一个单根，共两个互异根。

第二组参考题 20

从平面上的一个定点向一个给定的椭圆可以引出多少条法线？讨论在什么区域上法线的条数最多。（参见后面 412 页上关于本题所附的图 1 和图 2。）

（本题以及类似的问题最早是由 Apollonius（阿波罗尼奥斯，约公元前 262—前 190 年）提出和解决的。又见于《数学译林》（1992）第 4 期，即 V. I. Arnold 给出的《构成对物理专业学生的最低限度的数学的一百个问题》中的第 7 题。）

解答
设椭圆为 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$，其中 $a>b>0$，定点为 $(X,Y)$。椭圆上点 $(a\cos \theta ,b\sin \theta )$ 处的法线通过 $(X,Y)$ 当且仅当

$$aX\sin \theta -bY\cos \theta -(a^2-b^2)\sin \theta \cos \theta =0.$$

令 $d=a^2-b^2$，并在上一题中取 $A=aX/d$、$B=-bY/d$，可知重法线的轨迹，即椭圆的渐屈线，为

$$(a|X|{)}^{2/3}+(b|Y|{)}^{2/3}=d^{2/3},$$

其参数方程为

$$X=\frac{d}{a}{\cos }^3\theta ,Y=-\frac{d}{b}{\sin }^3\theta .$$

定点在此星形线内部时可引四条法线，条数最多；在外部时有两条，在一般边界点有三条，在四个尖点有两条互异法线。下图以 $a=2,b=1$ 为例，虚线为渐屈线，并画出从中心引出的四条法线。
（原讲义此处有图示，已省略 TikZ 源码。）