有这么一道高数题,是一道不太一样的极限题,如果老黄不讲清楚,可能有很多人并不知道其中有关洛必达法则的运用方面,到底是怎么回事!理解起来还是蛮烧脑筋的。题目是这样的: 设函数f在a点的某邻域二阶可导,证明:对充分小的h,存在θ∈(0,1),使得:(f(a+h)+f(a-h)+2f(a)/h^2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2. 分析:这道题有两处需要特别指出来: (1)这道题网上有些版本只给出“f在a点二阶可导”的条件,老黄觉得那样的条件并不严谨,所以老黄把条件修改成“f在a点的某邻域二阶可导”。 (2)'对充分小的h'这个条件要好好理解一下。这个充分小的h,本身就带有极限的概念。所谓“充分小”,指的是一个无穷小的正数,无穷接近于0,而不是负无穷大,这个要搞清楚。它就像极限定义中的“ε”取充分小时的情形。 观察要证明的等式,可以发现,这个等式带有拉格朗日中值定理以及洛必达法则的痕迹。因此我们就往这两个知识点上去摸索出证明的过程。 首先,我们构造辅助函数g(x)=f(a+x)+f(a-x),从而可以得到很多有用的信息: (1)g在x=0就具有二阶导数。因为f在a具有二阶导数,所以f(a+x)和f(a-x)在x=0具有二阶导数,从而g(x)在x=0也具有二阶导数。这是和的导数法则所决定的。 (2)当h充分小,小到a+h在f二阶可导的邻域内时,g(x)就在[0,h]上二阶可导。且 g'(x)=f'(a+x)-f'(a-x), g'(x)=f'(a+x)+f'(a-x). (3)又有g'(0)=0. (4)g'(x)在[0,h]上符合拉格朗日中值定理,且由定理可知: 存在θ∈(0,1),使得g'(h)-g'(0)=g'(θh)h. 这是拉格朗日中值定理的一个变形公式的应用。 其实θ就是一个大于0而小于1的小数,它会使得θh∈(0,h),我们并不需要具体知道θh是多少,反正就是存在这样的一个数θh,使上面的公式成立就是了。 接下来就可以运用洛必达法则了,我们可以求(g(h)-g(0))/h^2在h趋于0的极限,由于这里的h本来就趋于0,所以可以省略极限符号。它是一个0比0型的不定式极限,可以运用洛必达法则,对分子分母同时求导,得到(g'(h)-0)/(2h). 我们看到的很多版本,是省略掉这一步的,而直接得到(g'(h)-g'(0))/(2h). 那样就会很令人费解。因为对g(0)求导,结果等于0,不一定会等于g'(0),这是两码事。这里是刚好g'(0)=0,才能得到这个结果的。 另外,这里的极限符号一旦省略了,也会引起疑惑,为什么洛必达法则被直接运用在函数的四则运算中。其实洛必达法则是不能直接应用于函数的。这里是因为h带有极限的概念,才运用洛必达法则的。或者理解为极限符号因为h本身趋于0,而被省略了。 接下来代入拉格朗日中值定理的变形公式,稍做化简,就可以得到g'(θh)/2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2. 另一方面(g(h)-g(0))/h^2=(f(a+h)+f(a-h)+2f(a)/h^2。等量替换,就可以得到待证明的等式了。最后组织一下解题过程: 解:记g(x)=f(a+x)+f(a-x), 则g在x=0具有二阶导数, 当h充分小时, g在[0,h]上二阶可导, 且g’(x)=f’(a+x)-f’(a-x)在[0,h]符合拉格朗日中值定理, ∴存在θ∈(0,1),使得g’(h)-g’(0)=g”(θh)h, (g(h)-g(0))/h^2=(g'(h)-0)/(2h)=(g'(h)-g'(0))/(2h)=g'(θh)h/(2h)=g'(θh)/2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2. 所以(g(h)-g(0))/h^2=(f(a+h)+f(a-h)+2f(a)/h^2=(f'(a+θh)+f'(a-θh))/2. 对这道题,你有什么见解,不妨在评论区中留言,一起探讨一下! |
|