方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.5题
📝 题目
2.5.8 设 $f\left( x\right)$ 在 $\left( {0, + \infty }\right)$ 上二次可微,且
$$
\left| {f\left( x\right) }\right| \leq {M}_{0},\;\left| {{f}^{\prime \prime }\left( x\right) }\right| \leq {M}_{2}\;\left( {\forall x > 0}\right) .
$$
求证: $\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| \leq 2\sqrt{{M}_{0}{M}_{2}}\left( {\forall x > 0}\right)$ .
💡 答案解析
2.5.6
将函数 $ (1 - x - x^2)^{-1/2} $ 在 $x=0$ 处展开至 $x^4$ 阶项。
解：
已知二项式展开公式：
$$
(1+u)^{-\frac12} = 1 - \frac12 u + \frac{3}{8} u^2 - \frac{5}{16} u^3 + \frac{35}{128} u^4 + \cdots
$$
这里令 $ u = -x - x^2 $，则
$$
f(x) = \left(1 + (-x - x^2)\right)^{-1/2}
$$
先展开到 $x^4$ 项，注意 $u$ 本身含有 $x$ 和 $x^2$，所以需要将 $u, u^2, u^3, u^4$ 展开并合并同次幂。
计算：
$$
u = -x - x^2
$$
$$
u^2 = x^2 + 2x^3 + x^4
$$
$$
u^3 = (-x - x^2)^3 = -x^3 - 3x^4 + \cdots \quad (\text{更高阶忽略})
$$
准确计算：
$(-x - x^2)^3 = -(x + x^2)^3 = -(x^3 + 3x^4 + 3x^5 + x^6)$，所以到 $x^4$ 项为 $-x^3 - 3x^4$。
$$
u^4 = (-x - x^2)^4 = (x + x^2)^4 = x^4 + \cdots
$$
只取到 $x^4$ 项为 $x^4$。
代入展开式：
$$
f(x) = 1 - \frac12 u + \frac{3}{8} u^2 - \frac{5}{16} u^3 + \frac{35}{128} u^4 + O(x^5)
$$
逐项代入：
- 常数项：$1$
- $x$ 项：来自 $-\frac12(-x) = \frac12 x$
- $x^2$ 项：来自 $-\frac12(-x^2) = \frac12 x^2$ 和 $\frac38 (x^2) = \frac38 x^2$，合计 $\frac12 + \frac38 = \frac78 x^2$
- $x^3$ 项：来自 $-\frac12 \cdot 0$（u中无x^3项？注意u中x^3系数0），来自$\frac38 (2x^3) = \frac34 x^3$，以及 $-\frac{5}{16}(-x^3) = \frac{5}{16} x^3$，合计
$$
\frac34 + \frac{5}{16} = \frac{12}{16} + \frac{5}{16} = \frac{17}{16} x^3
$$
- $x^4$ 项：来自 $-\frac12 \cdot 0$，来自 $\frac38 (x^4) = \frac38 x^4$，来自 $-\frac{5}{16}(-3x^4) = \frac{15}{16} x^4$，来自 $\frac{35}{128} x^4$，合计
$$
\frac38 + \frac{15}{16} + \frac{35}{128} = \frac{48}{128} + \frac{120}{128} + \frac{35}{128} = \frac{203}{128} x^4
$$
因此：
$$
(1 - x - x^2)^{-1/2} = 1 + \frac12 x + \frac78 x^2 + \frac{17}{16} x^3 + \frac{203}{128} x^4 + O(x^5)
$$
---
2.5.7
已知对 $|x| \le 1$，存在 $\theta \in (0,1)$ 使得
$$
\arcsin x = \frac{x}{\sqrt{1 - \theta^2 x^2}}
$$
求证 $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}}$。
解：
由拉格朗日中值定理的形式，实际上这里是将 $\arcsin x$ 在0与x之间展开：
$$
\arcsin x = \arcsin x - \arcsin 0 = x \cdot \frac{1}{\sqrt{1 - (\theta x)^2}}
$$
其中 $\theta x$ 是介于0与x之间的某个点，写作 $\xi = \theta x$，$\theta \in (0,1)$。
于是有：
$$
\frac{\arcsin x}{x} = \frac{1}{\sqrt{1 - \theta^2 x^2}}
$$
两边平方：
$$
\frac{(\arcsin x)^2}{x^2} = \frac{1}{1 - \theta^2 x^2}
$$
解得：
$$
\theta^2 = \frac{1}{x^2} \left(1 - \frac{x^2}{(\arcsin x)^2}\right)
$$
当 $x\to 0$，$\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + O(x^5)$，所以
$$
(\arcsin x)^2 = x^2 + \frac{x^4}{3} + O(x^6)
$$
于是：
$$
\frac{x^2}{(\arcsin x)^2} = \frac{1}{1 + \frac{x^2}{3} + O(x^4)} = 1 - \frac{x^2}{3} + O(x^4)
$$
代入：
$$
\theta^2 = \frac{1}{x^2}\left(1 - \left(1 - \frac{x^2}{3} + O(x^4)\right)\right) = \frac{1}{x^2}\left(\frac{x^2}{3} + O(x^4)\right) = \frac13 + O(x^2)
$$
因此 $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \theta^2 = \frac13}$，又 $\theta>0$，故 $\displaystyle{\lim_{x\to 0} \theta = \frac{1}{\sqrt{3}}}$。
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2.5.8
已知 $f$ 在 $(0,+\infty)$ 二次可微，且 $|f(x)| \le M_0$，$|f''(x)| \le M_2$，求证 $|f'(x)| \le 2\sqrt{M_0 M_2}$。
解：
对任意 $x>0$ 和任意 $h>0$，由泰勒公式：
$$
f(x+h) = f(x) + h f'(x) + \frac{h^2}{2} f''(\xi_1), \quad \xi_1 \in (x, x+h)
$$
$$
f(x-h) = f(x) - h f'(x) + \frac{h^2}{2} f''(\xi_2), \quad \xi_2 \in (x-h, x)
$$
两式相减得：
$$
f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + \frac{h^2}{2}(f''(\xi_1) - f''(\xi_2))
$$
于是：
$$
2h |f'(x)| \le |f(x+h)| + |f(x-h)| + \frac{h^2}{2}(|f''(\xi_1)| + |f''(\xi_2)|)
$$
由已知：
$$
2h |f'(x)| \le 2M_0 + h^2 M_2
$$
即：
$$
|f'(x)| \le \frac{M_0}{h} + \frac{h M_2}{2}
$$
对任意 $h>0$ 成立。取 $h = \sqrt{\frac{2M_0}{M_2}}$ 使右边最小，得：
$$
|f'(x)| \le \sqrt{2M_0 M_2}
$$
但题目要求证明 $2\sqrt{M_0 M_2}$，这里出现了差异。检查发现常见结果应为 $2\sqrt{M_0 M_2}$，实际上若使用不同形式的泰勒展开（带拉格朗日余项的一阶展开）可得系数2。另一种证法：
由带拉格朗日余项的一阶展开：
$$
f(x+h) = f(x) + h f'(x) + \frac{h^2}{2} f''(\xi)
$$
所以
$$
|h f'(x)| \le |f(x+h)| + |f(x)| + \frac{h^2}{2} M_2 \le 2M_0 +