Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 10. Формула Тейлора

Демидович — задача 1393

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 1393

1. Пусть

f(x+h)=f(x)+hf'(x)+\cdots+\frac{h^n}{n!}f^{(n)}(x+\theta h),\qquad0<\theta<1,

причём

f^{(n+1)}(x)\ne0

. Доказать, что

\lim_{h\to0}\theta=1/(n+1)

.

2. Пусть при

x\to0

имеем

f(x)=1+kx+o(x)

. Доказать, что

\lim_{x\to0}[f(x)]^{1/x}=e^k.

3. Пусть

f\in C^{(2)}[0,1]

f(0)=f(1)=0

, причём

|f''(x)|\le A

при

x\in(0,1)

. Доказать, что

|f'(x)|\le A/2

при

0\le x\le1

.

4. Пусть

f

— дважды дифференцируемая на всей вещественной прямой функция и

M_k=\sup_{x\in\mathbb R}|f^{(k)}(x)|<+\infty,\qquad k=0,1,2,

где

f^{(0)}=f

. Доказать неравенство

M_1^2\le2M_0M_2

Доказательство

1. Точка

x

фиксирована, а

\theta=\theta(h)

может зависеть от приращения. Обозначим

D=f^{(n+1)}(x)\ne0

. Формула Тейлора с остатком Пеано даёт

f(x+h)=\sum_{j=0}^n\frac{f^{(j)}(x)}{j!}h^j+\frac D{(n+1)!}h^{n+1}+o(h^{n+1}).

Сравним с данным равенством и сократим члены до порядка

n-1

. При

h\ne0

после деления на

h^n/n!

получаем

f^{(n)}(x+\theta h)-f^{(n)}(x)=\frac D{n+1}h+o(h).

По определению производной

f^{(n)}

существует функция

\rho(s)\to0

при

s\to0

такая, что

f^{(n)}(x+s)-f^{(n)}(x)=Ds+s\rho(s).

Подставляем

s=\theta h

и делим на

h

D\theta+\theta\rho(\theta h)=\frac D{n+1}+o(1).

Из

0<\theta<1

следуют

|\theta h|\le|h|\to0

|\theta\rho(\theta h)|\le|\rho(\theta h)|\to0

. Поэтому, разделив на

D\ne0

, получаем

\theta\to1/(n+1)

. Непрерывность производной порядка

n+1

здесь не требуется.

2. Положим

u(x)=f(x)-1=kx+o(x)

. Тогда

u\to0

u/x\to k

. В частности,

f(x)>0

при достаточно малом

|x|

. Введём

E(u)=\begin{cases}\ln(1+u)/u,&u\ne0,\\1,&u=0.\end{cases}

Замечательный предел логарифма означает

E(u)\to1

при

u\to0

. Точное равенство

\frac{\ln f(x)}x=E(u(x))\frac{u(x)}x

верно также в точках, где

u(x)=0

. Его правая часть стремится к

k

, в том числе при

k=0

. По непрерывности экспоненты

[f(x)]^{1/x}=\exp\left(\frac{\ln f(x)}x\right)\longrightarrow e^k.

3. Для фиксированного

x\in(0,1)

запишем формулу Тейлора от

x

к каждому концу отрезка:

0=f(x)-xf'(x)+\frac{x^2}2f''(\xi_1),\qquad0<\xi_1<x,

0=f(x)+(1-x)f'(x)+\frac{(1-x)^2}2f''(\xi_2),\qquad x<\xi_2<1.

Вычитание первого равенства из второго устраняет

f(x)

и даёт

f'(x)=\frac{x^2}2f''(\xi_1)-\frac{(1-x)^2}2f''(\xi_2).

Следовательно,

|f'(x)|\le\frac A2[x^2+(1-x)^2]=\frac A2[1-2x(1-x)]\le\frac A2.

Использовано

A\ge0

x(1-x)>0

. Эта нестрогая оценка верна и при

A=0

. По непрерывности

f'

на

[0,1]

она сохраняется при переходе к

x=0

x=1

4. Для произвольных

x\in\mathbb R

h>0

формула Тейлора даёт

f(x+h)=f(x)+hf'(x)+\frac{h^2}2f''(\xi_1),\qquadf(x-h)=f(x)-hf'(x)+\frac{h^2}2f''(\xi_2),

где

\xi_1\in(x,x+h)

\xi_2\in(x-h,x)

. Двукратная дифференцируемость обеспечивает условия этой формулы:

f'

непрерывна, а

f''

существует на рассматриваемых интервалах.

Вычитаем равенства и применяем неравенство треугольника:

2h|f'(x)|\le |f(x+h)|+|f(x-h)|+\frac{h^2}2(|f''(\xi_1)|+|f''(\xi_2)|)\le2M_0+h^2M_2.

После деления на

2h

получаем для любого

h>0

|f'(x)|\le\frac{M_0}h+\frac{hM_2}2.

Если

M_0=0

, функция тождественно нулевая, и утверждение выполнено. Если

M_2=0

, устремляем

h

к бесконечности в последней оценке и также получаем

f'(x)=0

.

Пусть теперь

M_0,M_2>0

. Выберем

h

так, чтобы два слагаемых справа совпали:

\frac{M_0}h=\frac{hM_2}2\quad\Longleftrightarrow\quad h=\sqrt{\frac{2M_0}{M_2}}.

Для этого значения каждое слагаемое равно

\sqrt{M_0M_2/2}

, поэтому

|f'(x)|\le2\sqrt{\frac{M_0M_2}2}=\sqrt{2M_0M_2}.

Оценка едина для всех

x

. Переходим к супремуму и возводим неотрицательные стороны в квадрат:

M_1^2\le2M_0M_2

Что и требовалось доказать