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数学分析复习：洛必达法则、泰勒公式
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本篇文章适合个人复习翻阅，不建议新手入门使用
洛必达法则
命题：L’Hopital（洛必达）法则
设
f
,
g
f,g
f,g 是区间
(
a
,
b
)
(a,b)
(a,b) 上的实值可微函数，假设
f
(
x
)
,
g
(
x
)
=
o
(
x
−
a
)
f(x),g(x)=o(x-a)
f(x),g(x)=o(x−a)，即
lim
x
→
a
+
f
(
x
)
=
0
,
lim
x
→
a
+
g
(
x
)
=
0
\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=0,\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=0
x→a+limf(x)=0,x→a+limg(x)=0
设对任意
x
∈
(
a
,
b
)
,
g
′
(
x
)
≠
0
x\in(a,b),g'(x)\neq 0
x∈(a,b),g′(x)=0，若极限
lim
x
→
a
+
f
′
(
x
)
g
′
(
x
)
\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}
x→a+limg′(x)f′(x) 存在，则
lim
x
→
a
+
f
(
x
)
g
(
x
)
=
lim
x
→
a
+
f
′
(
x
)
g
′
(
x
)
\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}
x→a+limg(x)f(x)=x→a+limg′(x)f′(x)
证明（Cauchy中值定理）
由于
f
,
g
f,g
f,g 在区间
[
a
,
x
]
[a,x]
[a,x] 上连续并且在
(
a
,
x
)
(a,x)
(a,x) 上可微，由 Cauchy中值定理，存在
ξ
(
x
)
∈
(
a
,
x
)
\xi(x)\in(a,x)
ξ(x)∈(a,x)，使得
f
(
x
)
g
(
x
)
=
f
(
x
)
−
f
(
a
)
g
(
x
)
−
g
(
a
)
=
f
′
(
ξ
(
x
)
)
g
′
(
ξ
(
x
)
)
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}
g(x)f(x)=g(x)−g(a)f(x)−f(a)=g′(ξ(x))f′(ξ(x))
由于
a
<
ξ
(
x
)
<
x
a<\xi(x)<x
a<ξ(x)<x，当
x
→
a
+
x\to a^+
x→a+ 时，则有
lim
x
→
a
+
f
(
x
)
g
(
x
)
=
lim
x
→
a
+
f
′
(
ξ
(
x
)
)
g
′
(
ξ
(
x
)
)
=
lim
x
→
a
+
f
′
(
x
)
g
′
(
x
)
\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}=\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f'(x)}{g'(x)}
x→a+limg(x)f(x)=x→a+limg′(ξ(x))f′(ξ(x))=x→a+limg′(x)f′(x)
注：类似可证 a = ∞ a=\infty a=∞ 的情形
Taylor展开公式
定理：Taylor展开公式
Peano余项
设函数
f
:
[
a
,
b
]
→
R
f:[a,b]\to\mathbb{R}
f:[a,b]→R 在
a
a
a 处有直到
n
n
n 阶的导数，则当
x
→
a
+
x\to a^+
x→a+ 时，有
f
(
x
)
=
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
a
)
k
!
(
x
−
a
)
k
+
o
(
(
x
−
a
)
n
)
f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+o((x-a)^n)
f(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k+o((x−a)n)
Lagrange余项
设函数
f
∈
C
n
[
a
,
b
]
f\in C^n[a,b]
f∈Cn[a,b]，若
f
f
f 在
(
a
,
b
)
(a,b)
(a,b) 上
n
+
1
n+1
n+1 次可导，则
f
(
x
)
=
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
a
)
k
!
(
x
−
a
)
k
+
R
n
(
x
)
f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+R_n(x)
f(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k+Rn(x)
其中 R n ( x ) = f n + 1 ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − a ) n + 1 , ξ ∈ [ a , x ] R_n(x)=\frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1},\xi\in[a,x] Rn(x)=(n+1)!fn+1(ξ)(x−a)n+1,ξ∈[a,x]
Cauchy余项
设函数
f
∈
C
n
[
a
,
b
]
f\in C^n[a,b]
f∈Cn[a,b]，若
f
f
f 在
(
a
,
b
)
(a,b)
(a,b) 上
n
+
1
n+1
n+1 次可导，则
f
(
x
)
=
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
a
)
k
!
(
x
−
a
)
k
+
R
‾
n
(
x
)
f(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+\overline{R}_n(x)
f(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k+Rn(x)
其中 R ‾ n ( x ) = f n + 1 ( ξ ) ( n + 1 ) ! ( x − ξ ) n ( x − a ) , ξ ∈ [ a , x ] \overline{R}_n(x)=\frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!}(x-\xi)^n(x-a),\xi\in[a,x] Rn(x)=(n+1)!fn+1(ξ)(x−ξ)n(x−a),ξ∈[a,x]
证明思路
Peano余项
只需证
lim
x
→
a
+
f
(
x
)
−
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
a
)
k
!
(
x
−
a
)
k
(
x
−
a
)
n
=
0
\lim\limits_{x\to a^+}\frac{f(x)-\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k}{(x-a)^n}=0
x→a+lim(x−a)nf(x)−k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k=0
不断利用L’Hospital法则即得
Lagrange余项
法1：定义
F
(
t
)
=
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
a
)
k
!
(
x
−
a
)
k
F(t)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k
F(t)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k
求导得到
F
′
(
t
)
=
f
n
+
1
(
t
)
n
!
(
x
−
t
)
n
F'(t)=\frac{f^{n+1}(t)}{n!}(x-t)^n
F′(t)=n!fn+1(t)(x−t)n
考虑定义在
(
a
,
x
)
(a,x)
(a,x) 上的函数
G
(
t
)
=
(
x
−
t
x
−
a
)
n
+
1
G(t)=(\frac{x-t}{x-a})^{n+1}
G(t)=(x−ax−t)n+1
由 Cauchy 中值定理，存在
ξ
∈
(
a
,
x
)
\xi\in(a,x)
ξ∈(a,x)，使得
F
′
(
ξ
)
G
′
(
ξ
)
=
F
(
x
)
−
F
(
a
)
G
(
x
)
−
G
(
a
)
\frac{F'(\xi)}{G'(\xi)}=\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}
G′(ξ)F′(ξ)=G(x)−G(a)F(x)−F(a)
代入 F , G F,G F,G，整理即得
法2：引理（Rolle定理的高阶推广）：设 f ∈ C n [ a , b ] f\in C^n[a,b] f∈Cn[a,b]，且在 ( a , b ) (a,b) (a,b) 上 n + 1 n+1 n+1 次可导，若 f f f 在 a a a 处的 n n n 次导数全为零，且 f ( a ) = f ( b ) f(a)=f(b) f(a)=f(b)，那么存在 x 0 ∈ ( a , b ) x_0\in(a,b) x0∈(a,b)，使得 f ( n + 1 ) ( x 0 ) = 0 f^{(n+1)}(x_0)=0 f(n+1)(x0)=0
设
P
n
(
x
)
=
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
a
)
k
!
(
x
−
a
)
k
P_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k
Pn(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k，选取合适的
λ
∈
R
\lambda\in\mathbb{R}
λ∈R，使得
P
(
b
)
=
f
(
b
)
P(b)=f(b)
P(b)=f(b)，
其中
P
(
x
)
=
P
n
(
x
)
+
λ
(
x
−
a
)
n
+
1
P(x)=P_n(x)+\lambda(x-a)^{n+1}
P(x)=Pn(x)+λ(x−a)n+1
故解得
λ
=
f
(
b
)
−
P
n
(
b
)
(
b
−
a
)
n
+
1
\lambda=\frac{f(b)-P_n(b)}{(b-a)^{n+1}}
λ=(b−a)n+1f(b)−Pn(b)
故
f
(
x
)
−
P
(
x
)
f(x)-P(x)
f(x)−P(x) 在
x
=
a
,
x
=
b
x=a,x=b
x=a,x=b 处均为零，故存在
c
∈
(
a
,
b
)
c\in(a,b)
c∈(a,b)，使得
f
(
n
+
1
)
(
c
)
−
P
(
n
+
1
)
(
c
)
=
0
f^{(n+1)}(c)-P^{(n+1)}(c)=0
f(n+1)(c)−P(n+1)(c)=0
整理即得
Cauchy余项
类似 Lagrange余项的第一个证明，不同的是取
G
(
t
)
=
x
−
t
x
−
a
G(t)=\frac{x-t}{x-a}
G(t)=x−ax−t
命题：满足Peano余项的Taylor展开公式是唯一的
设函数
f
:
[
a
,
b
]
→
R
f:[a,b]\to\mathbb{R}
f:[a,b]→R 在
a
a
a 处有直到
n
n
n 阶的导数，若存在
P
(
x
)
∈
P
n
(
x
)
P(x)\in\mathbb{P}_n(x)
P(x)∈Pn(x)，使得当
x
→
a
+
x\to a^+
x→a+ 时，有
f
(
x
)
=
P
(
x
)
+
o
(
(
x
−
a
)
n
)
f(x)=P(x)+o((x-a)^n)
f(x)=P(x)+o((x−a)n)
则 P ( x ) = ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k P(x)=\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k P(x)=k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k
证明思路
设
Q
(
x
)
=
P
(
x
)
−
∑
k
=
0
n
f
(
k
)
(
a
)
k
!
(
x
−
a
)
k
Q(x)=P(x)-\sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k
Q(x)=P(x)−k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k，由Peano余项的Taylor展开公式，
lim
x
→
a
+
Q
(
x
)
(
x
−
a
)
n
=
0
\lim\limits_{x\to a^+}\frac{Q(x)}{(x-a)^n}=0
x→a+lim(x−a)nQ(x)=0
由于 deg Q ≤ n \deg Q\leq n degQ≤n，故 Q ≡ 0 Q\equiv 0 Q≡0
注：由此可见，在 a a a 附近， ∑ k = 0 n f ( k ) ( a ) k ! ( x − a ) k \sum\limits_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k k=0∑nk!f(k)(a)(x−a)k 是 f ( x ) f(x) f(x) 在 P n ( x ) \mathbb{P}_n(x) Pn(x) 内的最佳逼近元
参考书：
- 《数学分析》陈纪修 於崇华 金路
- 《数学分析之课程讲义》清华大学数学系及丘成桐数学中心
- 《数学分析习题课讲义》谢惠民 恽自求 易法槐 钱定边 著
