Демидович — задача 1393

1. 1
   Пусть при $x\to0$ имеем$$f(x)=1+kx+o(x).$$Доказать, что $\lim\limits_{x\to0}[f(x)]^{\frac1x}=e^k$.
2. 2

   Решение

   Имеем предел показательно-степенной функции вида $\left[1^\infty\right]$. Перейдём к экспоненте:$$\lim_{x\to0} [f(x)]^{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to0} \exp\left( \frac{1}{x} \ln f(x) \right)$$Найдём предел показателя:$$L = \lim_{x\to0} \frac{\ln(1+kx+o(x))}{x}$$При $x \to 0$ аргумент $u = kx + o(x)$ стремится к нулю. Воспользуемся эквивалентной бесконечно малой $\ln(1+u) \sim u$:$$L = \lim_{x\to0} \frac{kx + o(x)}{x} = \lim_{x\to0} \left( k + \frac{o(x)}{x} \right)$$По определению "о малого", $\lim\limits_{x\to0} \frac{o(x)}{x} = 0$. Следовательно:$$L = k$$Возвращаясь к экспоненте, получаем искомый результат:$$\lim_{x\to0}[f(x)]^{\frac{1}{x}} = e^k$$Что и требовалось доказать.
   
   Пусть $f(x)\in C^{(2)}[0,1]$, $f(0)=f(1)=0$, причём $|f''(x)|\le A$ ($x\in(0,1)$).
   Доказать, что $|f'(x)|\le\frac A2$ ($0<x<1$).
3. 3

   Решение

   Зафиксируем произвольную точку $x \in (0, 1)$. Запишем формулу Тейлора для функции $f(t)$ в окрестности точки $x$ с остаточным членом в форме Лагранжа.
   Для точки $t = 0$:$$f(0) = f(x) + f'(x)(0 - x) + \frac{f''(\xi_1)}{2}(0 - x)^2, \quad \text{где } \xi_1 \in (0, x)$$Так как $f(0) = 0$, получаем:$$x f'(x) = f(x) + \frac{x^2}{2} f''(\xi_1) \qquad (1)$$Для точки $t = 1$:$$f(1) = f(x) + f'(x)(1 - x) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(1 - x)^2, \quad \text{где } \xi_2 \in (x, 1)$$Так как $f(1) = 0$, получаем:$$(x - 1) f'(x) = f(x) + \frac{(1 - x)^2}{2} f''(\xi_2) \qquad (2)$$Вычтем уравнение (2) из уравнения (1), чтобы исключить $f(x)$:$$x f'(x) - (x - 1) f'(x) = \frac{x^2}{2} f''(\xi_1) - \frac{(1 - x)^2}{2} f''(\xi_2)$$$$f'(x) = \frac{x^2}{2} f''(\xi_1) - \frac{(1 - x)^2}{2} f''(\xi_2)$$Оценим модуль первой производной, применяя неравенство треугольника и учитывая, что $|f''(t)| \le A$ для всех $t$:$$|f'(x)| \le \frac{x^2}{2} |f''(\xi_1)| + \frac{(1 - x)^2}{2} |f''(\xi_2)| \le \frac{x^2}{2} A + \frac{(1 - x)^2}{2} A = \frac{A}{2} \left( x^2 + (1 - x)^2 \right)$$Рассмотрим функцию $g(x) = x^2 + (1 - x)^2 = 2x^2 - 2x + 1$ на интервале $(0, 1)$. Найдём её максимум:
   На концах отрезка $g(0) = 1$ и $g(1) = 1$. В вершине параболы $x = \frac{1}{2}$ значение равно $g\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}$.
   Следовательно, строго внутри интервала $x \in (0, 1)$ справедливо неравенство $x^2 + (1 - x)^2 < 1$.
   Подставляя это в оценку производной, получаем:$$|f'(x)| < \frac{A}{2} \cdot 1 = \frac{A}{2}$$Таким образом, $|f'(x)| \le \frac{A}{2}$ для всех $x \in (0, 1)$. Что и требовалось доказать.
   
   Пусть $f(x)$ ($-\infty<x<+\infty$) — дважды дифференцируемая функция и$$M_k=\sup_{-\infty<x<+\infty}|f^{(k)}(x)|<+\infty, \qquad k=0,1,2.$$Доказать неравенство $M_1^2\le2M_0M_2$.

Что и требовалось доказать