Peter Lax《微积分及其应用》第四章习题选解

问题 1 (4.15). 利用微分的方法归纳地证明$n$个正数的算术-几何平均值不等式.

解答 1.1. $n$个正数的算术-几何平均值不等式:对于正数$a_1,a_2,\cdots,a_n$,有
$$
a_1+a_2+\cdots+a_n\geq n \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}.
$$
下面使用数学归纳法,结合微分的方法,证明这个结论.
  • 首先,当$n=1$时,命题显然成立.
  • 假设当$n=k(k\in \mathbf{N})$时也有命题成立,即
    $$
    a_1+a_2+\cdots+a_k\geq k \sqrt[k]{a_1a_2\cdots a_k},
    $$
    则当$n=k+1$时,为了证明,将$a_1,a_2,\cdots,a_{k}$固定,而让正数$a_{k+1}$变动.设$a_{k+1}=x$,即证明
    $$
    a_1+a_2+\cdots+a_{k}+x\geq (k+1) \sqrt[k+1]{a_1a_2\cdots a_{k}x}.
    $$
    为此,构造函数
    $$
    f(x)=a_1+a_2+\cdots+a_{k}+x-(k+1) \sqrt[k+1]{a_1a_2\cdots a_{k}x},
    $$

    $$
    f'(x)=1-a_{1}a_{2}\cdots a_{k}(a_1a_2\cdots a_{k}x)^{\frac{1}{k+1}-1},
    $$
    可得
    $$
    f'((a_1a_2\cdots a_{k})^{\frac{1}{k}})=0,
    $$
    而当$x>(a_1a_2\cdots a_{k})^{\frac{1}{k}}$时,$f'(x)>0$;当$x<(a_1a_2\cdots a_{k})^{\frac{1}{k}}$时,$f'(x)<0$.且 \begin{align*} f((a_1a_2\cdots a_{k})^{\frac{1}{k}})&=a_1+a_2+\cdots+a_{k}+(a_1a_2\cdots a_{k})^{\frac{1}{k}}-(k+1) (a_{1}a_{2}\cdots a_{k})^{\frac{1}{k}} \\&\geq k (a_{1}a_{2}\cdots a_{k})^{\frac{1}{k}}+(a_1a_2\cdots a_k)^{\frac{1}{k}}-(k+1)(a_1a_2\cdots a_k)^{\frac{1}{k}} \\&= 0. \end{align*} 可见,$f(x)$的最小值不小于$0$.即 $$ a_1+a_2+\cdots+a_k+a_{k+1}\geq (k+1) (a_1a_2\cdots a_k)^{\frac{1}{k}}. $$ 由数学归纳法,对任意正整数$n$,算术-几何平均值不等式成立.
问题 2. 令$\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_n$是一组和为$1$的正数,$a_1,a_2,\cdots,a_n$是任意的正数.证明推广的算术-几何平均值不等式 $$ a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_n^{\omega_n}\leq \omega_1a_1+\omega_2a_2+\cdots+\omega_na_n. $$
解答 2.1. 还是使用数学归纳法.
  • 当$n=1$时,$\omega_1=1$,此时$a_1^{\omega_1}= \omega_1a_1$,命题成立.
  • 假设当$n=k(k\in \mathbf{N})$时,命题成立.即对于任意正数$\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_k$和正数$a_1,a_2,\cdots,a_k$,若 $\omega_1+\omega_2+\cdots+\omega_k=1$,则有 $$ a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}\leq \omega_1a_1+\omega_2a_2+\cdots+\omega_ka_k,$$ 下面证明$n=k+1$时的情形.即设$\omega_1,\omega_2,\cdots,\omega_k,\omega_{k+1}$是满足$\omega_1+\omega_2+\cdots+\omega_k+\omega_{k+1}=1$的任意正 数,$a_1,a_2,\cdots,a_k,a_{k+1}$也是正数,要证明的结论是 $$ a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}a_{k+1}^{\omega_{k+1}}\leq \omega_1a_1+\omega_2a_2+\cdots+\omega_ka_k+\omega_{k+1}a_{k+1}. $$ 为此,将$a_1,a_2,\cdots,a_k$固定,让$a_{k+1}$变动.设$a_{k+1}=x$,令 $$ f(x)=a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}x^{\omega_{k+1}}-(\omega_1a_1+\omega_2a_2+\cdots+\omega_ka_k+\omega_{k+1}x), $$ 则 $$ f'(x)=\omega_{k+1}a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}x^{\omega_{k+1}-1}-\omega_{k+1}, $$ 可得 $$ f’ \left( \left( a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k} \right)^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}} \right)=0, $$ 且当$x> \left( a_1^{\omega_{1}}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}
    \right)^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}}$时,$f'(x)<0$;当$x< \left( a_1^{\omega_{1}}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k} \right)^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}}$时,$f'(x)>0$.所以函数$f(x)$在$x= \left( a_1^{\omega_{1}}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}
    \right)^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}}$处达到最大值.而
    \begin{align*}
    f \left( \left( a_1^{\omega_{1}}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}
    \right)^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}}
    \right)&=a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k} \left(
    a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}
    \right)^{\frac{\omega_{k+1}}{1-\omega_{k+1}}}\\&-\left[
    \omega_1a_1+\omega_2a_2+\cdots+\omega_ka_k+\omega_{k+1}(a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots
    a_k^{\omega_k})^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}} \right],
    \end{align*}
    由于
    $$
    \frac{\omega_1}{1-\omega_{k+1}}+\frac{\omega_2}{1-\omega_{k+1}}+\cdots+\frac{\omega_k}{1-\omega_{k+1}}=1,
    $$

    $$
    \frac{\omega_1}{1-\omega_{k+1}},\frac{\omega_2}{1-\omega_{k+1}},\cdots,\frac{\omega_k}{1-\omega_{k+1}}
    $$
    都为正数,因此由归纳假设,
    $$
    \frac{\omega_1}{1-\omega_{k+1}}a_1+\frac{\omega_2}{1-\omega_{k+1}}a_2+\cdots+\frac{\omega_k}{1-\omega_{k+1}}a_k\geq
    a_1^{\frac{\omega_1}{1-\omega_{k+1}}}a_2^{\frac{\omega_2}{1-\omega_{k+1}}}\cdots
    a_k^{\frac{\omega_k}{1-\omega_{k+1}}}=\left(a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_{k}}\right)^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}},
    $$
    也即,
    $$
    \omega_1a_1+\omega_2a_2+\cdots+\omega_ka_k\geq
    (1-\omega_{k+1})(a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k})^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}},
    $$
    因此
    \begin{align*}
    f \left( (a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}
    )^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}}\right)&\leq
    a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots
    a_k^{\omega_k}(a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots
    a_k^{\omega_k})^{\frac{\omega_{k+1}}{1-\omega_{k+1}}}\\&-\left[
    (1-\omega_{k+1})(a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots
    a_k^{\omega_k})^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}}
    +\omega_{k+1}(a_{1}^{\omega_{1}}a_{2}^{\omega_{2}}\cdots
    a_k^{\omega_{k}})^{\frac{1}{1-\omega_{k+1}}}\right]
    \\&=a_1^{\frac{\omega_1}{1-\omega_{k+1}}}a_2^{\frac{\omega_2}{1-\omega_{k+1}}}\cdots a_k^{\frac{\omega_k}{1-\omega_{k+1}}}-a_1^{\frac{\omega_1}{1-\omega_{k+1}}}a_2^{\frac{\omega_2}{1-\omega_{k+1}}}\cdots a_k^{\frac{\omega_k}{1-\omega_{k+1}}}\\&=0.
    \end{align*}
    也即,$f(x)$的最大值不大于$0$.于是$f(x)\leq 0$,即
    $$
    a_1^{\omega_1}a_2^{\omega_2}\cdots a_k^{\omega_k}x^{\omega_{k+1}}\leq \omega_1a_1+\omega_2a_2+\cdots+\omega_ka_k+\omega_{k+1}x.
    $$
    由数学归纳法,对于任意正整数$n$,推广的算术-几何平均值不等式都成立.等号成立当且仅当$a_1=a_2=\cdots=a_n$.

问题 3 (4.22).
$$
\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}.
$$

解答 3.1. 由洛必达法则,
\begin{align*}
\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}&=\lim_{x\to 0}\frac{x\sin
x}{3x^2}
\\&=\lim_{x\to
0}\frac{\sin x}{3x}
\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{3}
\\&=\frac{1}{3}.
\end{align*}

问题 4 (4.25). 一个质点的位置$x=f(t)$,在时刻$t=0$,位置和速度分别是$0$和$3$.对所有的
$t$,加速度都位于$9.8$和$9.81$之间.给出$f(t)$的界.

解答 4.1. 因为对于任意的$x\in [0,t]$,$9.8\leq f”(x)\leq 9.81$,所以
$$
9.8t\leq f'(t)-f'(0)\leq 9.81t,
$$
由于$f'(0)=3$,上式即
$$
9.8t+3\leq f'(t)\leq 9.81t+3.
$$
所以
$$
\frac{1}{2}\times 9.8t+3t\leq f(t)-f(0)\leq \frac{1}{2}\times 9.81t^2+3t,
$$
由于$f(0)=0$,所以
$$
4.9t+3t\leq f(t)\leq 4.905t^2+3t.
$$

问题 5 (4.26). 回忆链式法则.如果$f$和$g$是可逆的可微函数,$f(g(x))=x$,那么
$$
f'(g(x))=\frac{1}{g'(x)}.
$$
求出二阶导数$f”(g(x))$和$g”(x)$之间的关系.

解答 5.1. $$
f”(g(x))=-\frac{g”(x)}{(g'(x))^3}.
$$

问题 6 (4.27). 求$f(x)=2x^3-3x^2+12x$的所有的极值,在什么区间是凸函数,在什么区间是凹函数,依照这些信息画出函数$f$的图象.

解答 6.1. 令$f'(x)=0$,得
$$
f'(x)=6x^2-6x+12=0,
$$
$x$无解.所以$f(x)$没有极值.
$$
f”(x)=12x-6.
$$
当$x> \frac{1}{2}$时,$f”(x)>0$,此时$f$是凸函数;当$x< \frac{1}{2}$时,$f”(x)<0$,此时$f$是凹函数.
问题 7. 下列函数在哪段区间上是凸函数?
  • $f(x)=5x^4-3x^3+x^2-1$.
  • $f(x)=\frac{x+1}{x-1}$.
  • $f(x)=\sqrt{x}$.
  • $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$.
  • $f(x)=\sqrt{1-x^2}$.
  • $f(x)=e^{-x^2}$.
解答 7.1.
  • $f”(x)=60x^2-18x+2$.对于任意$x\in \mathbf{R}$,$f”(x)>0$,所以
    $f(x)$在$\mathbf{R}$上是凸函数.
  • $f”(x)=\frac{4}{(x-1)^3}$.$f(x)$在$(1,+\infty)$上是凸函数.
  • $f”(x)=-\frac{1}{4 (\sqrt{x})^3}$.$f(x)$在定义域上都不是凸函数.
  • $f”(x)=\frac{3}{4}\frac{1}{(\sqrt{x})^{5}}$.$f(x)$在定义域上是
    凸函数.
  • $f”(x)=-\frac{1}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}$.$f(x)$在$(-1,1)$上不是
    凸函数.
  • $f”(x)=(4x^2-2)e^{-x^2}$.所以函数$f(x)$在区间
    $(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty)$和区间$(-\infty,-\frac{\sqrt{2}}{2})$
    上是凸函数.

问题 8 (4.29). $f(x)=x^2-3x+5$的线性近似函数的图象是在原函数之上还是之下?

解答 8.1. $f”(x)=2>0$,所以是在原函数之下.

问题 9 (4.30). $f”(x)=-2$.所以割线是在原函数图象之下.

问题 10 (4.31). 求区间$(0,b)$使得$e^{-\frac{1}{x}}$是凸函数,画出函数在$(0,+\infty)$上
的图象.

解答 10.1. 令$f(x)=e^{-\frac{1}{x}}$,则
$f”(x)=\frac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^4}(1-2x)$.$f$在区间
$(0,\frac{1}{2})$上是凸函数.在$(\frac{1}{2},+\infty)$上是凹函数.图象略.

问题 11 (4.37). 证明:
  • 当$f(x)$在区间$(a,b)$上可微时,$f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}$;
  • 当$f(x)$在区间$(a,b)$上二阶连续可微时,$f”(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-2f(x)+f(x-h)}{h^2}$.

解答 11.1.
  • 因为$f(x)$在区间$(a,b)$上可导,所以$f(x+h)=f(x)+f'(x)h+o_{1}(h)$,其中$\lim_{h\to
    0}\frac{o_{1}(h)}{h}=0$.且$f(x-h)=f(x)-f'(x)h+o_2(h)$,其中$\lim_{h\to 0}\frac{o_2(h)}{h}=0$.则
    $$
    \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}=\lim_{h\to
    0}(\frac{2f'(x)h}{2h})+\lim_{h\to 0}\frac{o_1(h)-o_2(h)}{h}=f'(x).
    $$
  • 因为$f(x)$在区间$(a,b)$上二阶连续可微,所以在$x$和$x+h$之间存在实数$c_{1}$,使得
    $$
    f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}h^2f”(c_1)
    $$
    且在$x$和$x-h$之间存在实数$c_2$,使得
    $$
    f(x-h)=f(x)-f'(x)h+\frac{1}{2}h^2f”(c_2),
    $$
    因此
    $$
    \lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-2f(x)+f(x-h)}{h^2}=\lim_{h\to 0}\frac{f”(c_1)+f”(c_2)}{2}=f”(x).
    $$

问题 12 (4.34). 给出一个一个$f$和$g$是凸函数,但是$f\circ g$不是凸函数的例子.

解答 12.1. $f(x)=g(x)=\frac{1}{x}$,其中$x>0$.

问题 13 (4.35). 利用线性近似定理证明:若$f”$在包含$a$和$b$的区间上连续,则$\frac{f(a)+f(b)}{2}$与$f(\frac{a+b}{2})$的差不会超过$\frac{M}{8}(b-a)^2$,这里$M$是$|f”|$在$[a,b]$上的上界.

解答 13.1. 不妨设$a<b$.由线性近似定理,
$$
f(a)=f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(\frac{b-a}{2})+\frac{1}{2}f”(\xi_1)(\frac{b-a}{2})^2,
$$
其中$\xi_1\in [a,\frac{a+b}{2}]$.而且,
$$
f(b)=f(\frac{a+b}{2})+f'(\frac{a+b}{2})(\frac{a-b}{2})+\frac{1}{2}f”(\xi_2)(\frac{a-b}{2})^2,
$$
其中$\xi_2\in [\frac{a+b}{2},b]$.将上两式相加,再除以$2$,可得
$$
\frac{f(a)+f(b)}{2}=f(\frac{a+b}{2})+\frac{f”(\xi_1)+f”(\xi_2)}{16}(b-a)^2,
$$
因此
$$
|\frac{f(a)+f(b)}{2}-f(\frac{a+b}{2})|=\frac{|f”(\xi_1)+f”(\xi_2)|}{16}(b-a)^2\leq \frac{2M}{16}(b-a)^2=\frac{M}{8}(b-a)^2
$$

问题 14 (4.36). 假设$f”$在包含$a$与$b$的一段区间上连续,利用线性近似定理来解释为什么
$$
\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{f'(b)+f'(a)}{2}+s(b-a),
$$
这里当$b$与$a$非常接近时,$s$是一个非常小的数.

解答 14.1. 由线性近似定理,
$$
f(a)=f(b)+f'(b)(a-b)+\frac{1}{2}f”(c_1)(a-b)^2,
$$
其中$c_1$介于$a,b$之间.而且
$$
f(b)=f(a)+f'(a)(b-a)+\frac{1}{2}f”(c_2)(b-a)^2,
$$
其中$c_2$介于$a,b$之间.将后式减前式,再除以$b-a$,可得
$$
\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{f'(a)+f'(b)}{2}+\frac{1}{4}(f”(c_2)-f”(c_1))(b-a),
$$
因为$f”$在包含$a$与$b$的区间上连续,所以当$b$与$a$非常接近
时,$\frac{1}{4}(f”(c_2)-f”(c_1))$很小.

问题 15 (4.43). 求$\cos x$的以$x$的幂次表达的泰勒级数.$x$在什么范围内,级数收敛到
$\cos x$.

解答 15.1. 令$f(x)=\cos x$,则
$$
f'(x)=-\sin x,f”(x)=-\cos x,f^{(3)}(x)=\sin x,f^{(4)}(x)=\cos x,\cdots
$$

$$
f'(0)=0,f”(0)=-1,f^{(3)}(0)=0,f^{(4)}(0)=1,\cdots,
$$

$$
\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}-\cdots
$$
对于$x\in \mathbf{R}$,级数都收敛到$\cos x$.

问题 16 (4.44). 求$\cos 3x$的以$x$的幂次表达的泰勒级数.$x$在什么范围内,级数收敛到$\cos
3x$.

解答 16.1. $$
\cos 3x=1-\frac{3^{2}x^2}{2!}+\frac{3^4x^4}{4!}-\frac{3^6x^6}{6!}+\cdots
$$
对于$x\in \mathbf{R}$,级数都收敛到$\cos 3x$.

问题 17 (4.42). 求$f(x)=1+x+x^2+x^3+x^4$的用$x$的幂次表示的泰勒多项式$t_2(x)$和$t_3(x)$.

解答 17.1. $$
t_2(x)=1+x+x^2.
$$
$$
t_3(x)=1+x+x^2+x^3.
$$

问题 18 (4.45). 求$\sin x$的以$x$的幂次表达的泰勒多项式$t_3(x)$和$t_4(x)$.尽量给出$|\sin x-t_3(x)|$的最好的估计.

解答 18.1. $$
t_3(x)=x-\frac{1}{6}x^3,
$$
$$
t_4(x)=x-\frac{1}{6}x^3+\frac{1}{120}x^5.
$$
由泰勒定理,存在$0$和$x$之间(包括端点)的实数$c
$,使得
$$
|\sin x-t_3(x)|=\frac{|c|^5}{120}\leq \frac{|x|^5}{120}.
$$

问题 19 (4.46). 在$[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$上,求
$$
\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\mbox{余项}
$$
的$4$次泰勒多项式并且估计余项.

解答 19.1. 令$f(x)=\arctan x$,则
$$
f'(x)=\frac{1}{1+x^2},f”(x)=\frac{-2x}{(1+x^2)^2},f^{(3)}(x)=\frac{6x^2-2}{(1+x^2)^3},f^{(4)}(x)=\frac{24x-24x^3}{(1+x^2)^4},f^{(5)}(x)=\frac{120x^4-240x^2+24}{(1+x^2)^5}.
$$
因此
$$
\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^{5}}{5}-\cdots
$$
的$4$次泰勒多项式是
$$
t_4(x)=x-\frac{x^3}{3},
$$
余项为$\frac{|c|^5}{5!}$,其中$c\in [-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$,可见最大可能的误差为$\frac{1}{2^55!}$.

问题 20 (4.47). 求$\cosh x$以$x$幂次表达的泰勒级数.利用带余项的泰勒公式证明这个级数在任意区间$[-b,b]$上一致收敛到$\cosh x$.

解答 20.1. 令$f(x)=\cosh x$,则
$$
f'(x)=\sinh x,f”(x)=\cosh x,f^{(3)}(x)=\sinh x,
$$
$$
\cosh x=1+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\cdots
$$
由泰勒公式,
$$
\cosh x=1+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4+\cdots+\frac{1}{(2n)!}x^{2n}+\frac{1}{(2n+2)!}c^{2n+2},
$$
其中$c$是介于$0$和$x$之间的数.记$\cosh x$的$n$次泰勒多项式为$t_n$,则当
$x\in [-b,b]$时,
$$
|\cosh x-t_{2n}|\leq \frac{|b|^{2n+2}}{(2n+2)!}.
$$

$$
\lim_{n\to\infty}\frac{|b|^{2n+2}}{(2n+2)!}=0.
$$
因此泰勒级数在$[-b,b]$上一致收敛到$\cosh x$.

问题 21 (4.48). 求$\sinh(2x)$以$x$幂次表达的泰勒级数.利用带余项的泰勒公式证明这个级数在任意区间$[-b,b]$上一致收敛到$\sinh (2x)$.

解答 21.1. 令$f(x)=\sinh (x)$,则
$$
f'(x)=\cosh (x),f”(x)=\sinh (x),f^{(3)}(x)=\cosh (x),\cdots,
$$

$$
f(x)=x+\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5+\cdots,
$$

$$
\sin (2x)=2x+\frac{1}{3!}(2x)^3+\frac{1}{5!}(2x)^5+\cdots
$$
设$\sinh (2x)$的$n$次泰勒多项式为$t_n(x)$,则
$$
|\sinh (2x)-t_{2n+1}|\leq \frac{1}{(2n+1)!}(2|b|)^{2n+1}.
$$

$$
\lim_{n\to\infty}\frac{(2|b|)^{2n+1}}{(2n+1)!}=0,
$$
因此$\sinh (2x)$的泰勒级数在$[-b,b]$上一致收敛到$\sinh (2x)$.

问题 22 (4.49). 求$\cos x$在$a=\frac{\pi}{3}$点的泰勒级数.

解答 22.1. $$
\cos
x=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}(x-\frac{\pi}{3})-\frac{1}{2}\frac{(x-\frac{\pi}{3})^2}{2!}+\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{(x-\frac{\pi}{3})^3}{3!}+\frac{1}{2}\frac{(x-\frac{\pi}{3})^4}{4!}-\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{(x-\frac{\pi}{3})^5}{5!}-\frac{1}{2}\frac{(x-\frac{\pi}{3})^6}{6!}+\cdots
$$

问题 23 (4.51). 求出
$$
\sqrt{1+y}=b_0+b_1y+b_2y^2+\cdots
$$
中的前$5$个广义二项式系数$b_k={\frac{1}{2}\choose k}$,$k=0,1,2,3,4$.

解答 23.1. $$
b_0={\frac{1}{2}\choose 0}=1,b_1={\frac{1}{2}\choose
1}=\frac{1}{2},b_2={\frac{1}{2}\choose
2}=-\frac{1}{8},b_3={\frac{1}{2}\choose
3}=\frac{1}{16},b_4={\frac{1}{2}\choose 4}=-\frac{5}{128}.
$$

问题 24 (4.52). 考虑在区间$[1,1+d]$上的函数$f(x)=\sqrt{x}$.求足够小的$d$的值,使得在$a=1$时的二阶泰勒多项式$t_2(x)$在$[1,1+d]$近似$f(x)$,使得误差至多为
  • $0.1$;
  • $0.01$;
  • $0.001$

解答 24.1. $$
\sqrt{x}=1+\frac{1}{2}(x-1)-\frac{1}{8}(x-1)^2+\frac{1}{16}(c-1)^{3}
$$
其中,$c$是介于$1$和$x$之间的数.故
$$
|\sqrt{x}-t_2(x)|=\frac{1}{16}(|c-1|)^3\leq \frac{1}{16}d^3
$$
  • 令$\frac{1}{16}d^3=0.1$,解得$d\approx 1.17$.
  • 令$\frac{1}{16}d^3=0.01$,解得$d\approx 0.54$.
  • 令$\frac{1}{16}d^3=0.001$,解得$d\approx 0.25$.

问题 25 (4.53). 用三阶泰勒多项式$t_3(x)$代替$t_2(x)$回答问题4.52提出的问题.

解答 25.1. $$
\sqrt{x}=1+\frac{1}{2}(x-1)-\frac{1}{8}(x-1)^2+\frac{1}{16}(x-1)^3-\frac{5}{128}(c-1)^4
$$
其中$c$是介于$1$和$x$之间的数.故
$$
|\sqrt{x}-t_3(x)|=\frac{5}{128}(c-1)^4\leq \frac{5}{128}d^4.
$$
  • 令$\frac{5}{128}d^4=0.1$,解得$d\approx 1.26$.
  • 令$\frac{5}{128}d^4=0.01$,解得$d\approx 0.71$
  • 令$\frac{5}{128}d^4=0.001$,解得$d\approx 0.4$.

问题 26 (4.54). 令$s$是一个具有下列性质的函数:
  • $s$具有任意阶导数;
  • $s$的所有导数都介于$-1$和$1$之间.
  • $s^{(j)}(0)=
    \begin{cases}
    0,j\mbox{是偶数},\\
    (-1)^{\frac{j-1}{2}},j\mbox{是奇数}
    \end{cases}
    $
确定$n$的值使得$n$次泰勒多项式在区间$[-1,1]$上和$s(x)$的误差在$10^{-3}$以内.在误差$10^{-3}$以内确定$s(0.7854)$的值.这个函数的标准名字叫什么?

解答 26.1. $$
s(x)=x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5-\frac{1}{7!}x^7+\cdots=\sin x.
$$
可得
$$
|s(x)-t_n(x)|=\frac{1}{(n+2)!}c^{n+2}< \frac{1}{(n+2)!}.
$$

$$
\frac{1}{(n+2)!}< 10^{-3},
$$
解得$n\geq 5$.可见$s(x)$的5次泰勒多项式在$[-1,1]$上和$s(x)$的误差在$10^{-3}$之内.下面在$10^{-3}$的误差之内计算$s(0.7854)$,只用计算
$$
t_5(0.7854)=0.7854-\frac{0.7854^3}{3!}+\frac{0.7854^5}{5!}\approx 0.707.
$$

问题 27 (4.55). 令$c$是一个满足问题4.54中条件(a)和(b)及
$$
c^{(j)}(0)=
\begin{cases}
(-1)^{\frac{j}{2}},j\mbox{是偶数},\\
0,j\mbox{是奇数}
\end{cases}
$$
的函数.利用适当次数的泰勒多项式,在误差$10^{-3}$的范围内,确定$c(0.7854)$的值.这个函数的标准名字叫什么?

解答 27.1. $$
c(x)=1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4-\frac{1}{6!}x^6+\cdots=\cos x.
$$
可得当$x\in [-1,1]$时,
$$
|c(x)-t_n(x)|=\frac{1}{(n+2)!}|c|^{n+2}\leq \frac{1}{(n+2)!}
$$
令$\frac{1}{(n+2)!}<10^{-3}$,解得$n\geq 5$.可见$c(x)$的$4$次泰勒多项式在$[-1,1]$上和$c(x)$的误差在$10^{-3}$之内.下面在$10^{-3}$的误差之内计算$c(0.7854)$,只用计算
$$
t_4(0.7854)=1-\frac{1}{2!}0.7854^2+\frac{1}{4!}0.7854^4\approx 0.707
$$

问题 28 (4.58). 利用带余项的泰勒定理来证明差
$$
\left| \frac{\sin(x+0.1)-\sin (x-0.1)}{0.2}-\cos x \right|
$$
对所有的$x$是小于$0.002$.

解答 28.1. $$
\sin (x+0.1)=\sin x+0.1\cos x-\frac{1}{2}\cdot 0.1^{2}\sin
x-\frac{\cos c_{1}}{3!}0.1^{3}
$$

$$
\sin (x-0.1)=\sin x-0.1\cos x-\frac{1}{2}\cdot 0.1^2\sin x+\frac{\cos c_2}{3!}0.1^{3}
$$
其中$c_1$介于$x$和$x+0.1$之间,$c_2$介于$x$和$x-0.1$之间.因此
$$
\left| \frac{\sin (x+0.1)-\sin (x-0.1)}{0.2}-\cos x
\right|=\frac{0.005}{6}|\cos c_1+\cos c_2|\leq \frac{0.005}{6}\times 2<0.002.
$$

问题 29 (4.59). 计算在$f(x)=x^2$和$f(x)=x^3$情形下的单侧差商$\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$和对称差商$\frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}$.如果$x=10$,$h=0.1$,这些差商与导数相差多少?

解答 29.1.
  • $$
    |\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-f'(x)|=h=0.1
    $$
    $$
    \frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h}-f'(x)|=0.
    $$

  • $$
    \left| \frac{f(x+h)-f(x)}{h}-f'(x) \right|=|h^2+3xh|=3.01.
    $$
    $$
    \left| \frac{f(x+h)-f(x-h)}{2h} \right|=h^2=0.01.
    $$

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