diff --git a/src/~9.md b/src/~9.md index 34511b6..c3d6e5e 100644 --- a/src/~9.md +++ b/src/~9.md @@ -89,7 +89,7 @@ 在了解阶是如何运用的之前，我们有必要先熟知一些基本初等函数的渐近展开。 -- **例 ~9.2.2**：基本初等函数的渐近展开： +- **例 ~9.2.1**：基本初等函数的渐近展开： 1. 当 $x\to 0$ 时，$\ln(1+x)=x+o(x)$。 @@ -124,6 +124,7 @@ 其中当 $x\to 0$ 时，$\alpha x+o(x)$ 这个集合也整体趋于 $0$，从而对任意 $y\in\alpha x+o(x)$，$e^{y}=1+y+o(y)$。那么 $e^{\alpha x+o(x)}=1+(\alpha x+o(x))+o(\alpha x+o(x)),x\to 0$ 是合理的。 4. 当 $x\to 0$ 时， + $$ \begin{aligned} \sin x&=x+o(x)\\ @@ -131,9 +132,11 @@ \tan x&=x+o(x) \end{aligned} $$ + **证明**：利用引理 ~9.1.5 即可。 5. 当 $x\to 0$ 时， + $$ \begin{aligned} \arcsin x&=x+o(x)\\ @@ -141,11 +144,12 @@ \arctan x&=x+o(x) \end{aligned} $$ + **证明**：$\sin x=x+o(x),x\to 0$，那么 $x=\sin x+o(\sin x),x\to 0$，又由 $\lim\limits_{y\to 0}\arcsin(y)=0$ 可代入得 $\arcsin(y)=y+o(y)$；由 $\cos x=\sin(\frac \pi2-x)$ 知 $\arccos y=\frac \pi 2-\arcsin y$；$\arctan x$ 的证明类似 $\arcsin x$。 初等函数也可以求更高阶展开，此时往往更具技巧性。 -- **例 ~9.2.3**：设 $q=\frac mn$ 是有理数，那么当 $x\to 0$ 时，$(1+x)^q=1+qx+\frac{q(q-1)}{2}x^2+o(x^2)$。 +- **例 ~9.2.2**：设 $q=\frac mn$ 是有理数，那么当 $x\to 0$ 时，$(1+x)^q=1+qx+\frac{q(q-1)}{2}x^2+o(x^2)$。 **证明**：证明方法也是从自然数推广到有理数。设 $(1+x)^q=1+qx+f(x)x$，那么 $f(x)=o(1),x\to 0$。 @@ -176,18 +180,19 @@ 故 $(1+x)^q=1+qx+\frac{q(q-1)}{2}x^2+o(x^2),x\to 0$。 -- **推论 ~9.2.4**：当 $x\to 0$ 时，$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+o(x^2)$。 +- **推论 ~9.2.3**：当 $x\to 0$ 时，$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+o(x^2)$。 -推论 ~9.2.4 常用来将除法化为乘法。 +推论 ~9.2.3 常用来将除法化为乘法。 接下来的 $e^x$ 和 $\sin x$ 在 $x\to 0$ 时的更高阶展开方法，依赖于下面这个引理。 -- **引理 ~9.2.5**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 包含 $0$ 的某个去心邻域，函数 $f:X\to\mathbb R$，常数 $\lambda>1\geq |A|,\alpha>0$。当 $x\to 0$ 时，$f(x)=o(1)$ 且 $f(\lambda x)-Af(x)-Bx^{\alpha}=o(x^{\alpha})$，那么 $f(x)=\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}+o(x^{\alpha})$。 +- **引理 ~9.2.4**：设 $X\subseteq \mathbb R$ 包含 $0$ 的某个去心邻域，函数 $f:X\to\mathbb R$，常数 $\lambda>1\geq |A|,\alpha>0$。当 $x\to 0$ 时，$f(x)=o(1)$ 且 $f(\lambda x)-Af(x)-Bx^{\alpha}=o(x^{\alpha})$，那么 $f(x)=\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}+o(x^{\alpha})$。 **证明**：设 $\varepsilon>0$ 是任意正实数，存在 $\delta>0$ 使得对于任意 $x$ 有 $0<|x|<\varepsilon\implies |f(\lambda x)-Af(x)-Bx^{\alpha}|<\varepsilon|x|$。 设 $x$ 满足 $0<|x|<\varepsilon$。那么： -$$ + + $$ \begin{aligned} f(x)-Af\left(\frac{x}{\lambda}\right)-B\left(\frac{x}{\lambda}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{1}{\lambda^{\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\ Af\left(\frac{x}{\lambda}\right)-A^2f\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)-AB\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A}{\lambda^{2\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\ @@ -196,28 +201,33 @@ $$ A^{n-1}f\left(\frac{x}{\lambda^{n-1}}\right)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-A^{n-1}B\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)^{\alpha}&<\left|\frac{A^{n-1}}{\lambda^{n\alpha}}\right|\varepsilon\left|x^\alpha\right|\\ &\vdots\\ \end{aligned} -$$ + $$ + 于是累加得到： -$$ + + $$ \begin{aligned} f(x)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-\left(A^{n-1}B\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)^{\alpha}+\cdots+AB\left(\frac{x}{\lambda^2}\right)^{\alpha}+B\left(\frac{x}{\lambda}\right)^{\alpha}\right)&<\left(\left|\frac{A^{n-1}}{\lambda^{n\alpha}}\right|+\cdots+\left|\frac{A}{\lambda^{2\alpha}}\right|+\left|\frac{1}{\lambda^{\alpha}}\right|\right)\varepsilon|x^{\alpha}|\\ f(x)-A^nf\left(\frac{x}{\lambda^n}\right)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}}x^{\alpha}\frac{1-(\frac{A}{\lambda^{\alpha}})^n}{1-\frac{A}{\lambda^{\alpha}}}&<\frac 1{\lambda^{\alpha}} \frac{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|^n}{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|}\varepsilon|x^{\alpha}| \end{aligned} -$$ + $$ + 两侧让 $n\to+\infty$，得到： -$$ + + $$ \begin{aligned} f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}}x^{\alpha}\frac{1}{1-\frac{A}{\lambda^{\alpha}}}&<\frac 1{\lambda^{\alpha}} \frac{1}{1-|\frac{A}{\lambda^{\alpha}}|}\varepsilon|x^{\alpha}|\\ f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}&<\frac{\varepsilon}{\lambda^{\alpha}-|A|}|x^{\alpha}| \end{aligned} -$$ + $$ + 对称地，可以得到另一侧的不等式。从而当 $x\to 0$ 时，$f(x)-\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}=o(x^{\alpha})$，即 $f(x)=\frac{B}{\lambda^{\alpha}-A}x^{\alpha}+o(x^{\alpha})$。 -根据引理 ~9.2.5，只要条件满足，就可以直接猜 $f(x)=Cx^{\alpha}+o(x^{\alpha}),x\to 0$，然后代入 $f$ 的那条关系式解出 $C$ 即可。 +根据引理 ~9.2.4，只要条件满足，就可以直接猜 $f(x)=Cx^{\alpha}+o(x^{\alpha}),x\to 0$，然后代入 $f$ 的那条关系式解出 $C$ 即可。 这种方法的思路可以理解为：我们知道待展开函数 $f$ 的 $f(x)$ 和 $f(\frac x\lambda)$ 有关系，并且 $f$ 在 $0$ 处收敛到 $L$，那么我们就能利用这个关系，推出 $f(x)$ 与 $f(\frac x\lambda),f(\frac x{\lambda^2}),\cdots,f(\frac x{\lambda^n}),\cdots$ 的关系，再利用 $f$ 在 $0$ 处收敛，推出 $f(x)$ 与 $L$ 的关系，也就得到一个仅描述 $f(x)$ 而不与 $f(\frac x{\lambda})$ 有关的式子。 -- **例 ~9.2.6**：$e^x$ 和 $\sin x$ 在 $x\to 0$ 时的更高阶展开。 +- **例 ~9.2.5**：$e^x$ 和 $\sin x$ 在 $x\to 0$ 时的更高阶展开。 1. 当 $x\to 0$ 时，$e^x=1+x+\frac {x^2}2+o(x^2)$。 @@ -265,7 +275,7 @@ $$ 除此之外，有一些函数，在 $x\to 0$ 时是任何 $x^n$ 的小 $o$（也就是说它们没有多项式的渐近展开），此时它们之间仍然是有阶的大小区分的，于是我们需要熟知一些这样的函数的阶的大小关系。不过，更为一般和熟知的是比较一些函数在无穷远处的无穷大的大小关系，两者可以通过取倒数来等价。 -- **引理 ~9.2.7**：设函数 $f,g:\mathbb N^+\to\mathbb R$ 满足 $\lim\limits_{n\to +\infty} f(n)=\lim\limits_{n\to +\infty} g(n)=+\infty$ 且 $g(n)=o(f(n)),n\to+\infty$。那么当 $n\to+\infty$ 时： +- **引理 ~9.2.6**：设函数 $f,g:\mathbb N^+\to\mathbb R$ 满足 $\lim\limits_{n\to +\infty} f(n)=\lim\limits_{n\to +\infty} g(n)=+\infty$ 且 $g(n)=o(f(n)),n\to+\infty$。那么当 $n\to+\infty$ 时： 1. $c=o(f(n))$，其中 $c\in\mathbb R$。 @@ -283,8 +293,8 @@ $$ $$ 1\prec \ln\ln n\prec \ln n\prec n^{\frac 12}\prec \frac{n}{\ln n}\prec n\prec n^{\log n}\prec n^{n^{\frac 12}}\prec 2^n\prec n!\prec n^n\prec c^{c^n} $$ - -- **例 ~9.2.8**：一些做法可能不易察觉的问题。 + +- **例 ~9.2.7**：一些做法可能不易察觉的问题。 1. 设 $X\subseteq\mathbb R$，$f:X\to\mathbb R$ 有反函数且 $f^{-1}$ 在 $0$ 处连续，$A\neq 0,k>1$ 为常数。当 $x\to 0$ 时，$f(x)=Ax+Bx^k+o(x^k)$。求 $f^{-1}$ 在 $y\to 0$ 时的渐进展开，要求精确到 $y^k$ 项。 diff --git a/src/第10章 函数的微分.md b/src/第10章 函数的微分.md index c23cbcd..3f52ded 100644 --- a/src/第10章 函数的微分.md +++ b/src/第10章 函数的微分.md @@ -436,28 +436,32 @@ $(1-t)A+tB=A+(B-A)t$，于是 $t$ 从 $0$ 到 $1$ 实际上是从 $A$ 匀速地 其中 $\geq$ 取等当且仅当 $x^p=y^q$。 -**证明**：易知 $\ln x$ 是严格上凸函数，那么： + + **证明**：易知 $\ln x$ 是严格上凸函数，那么： + $$ \ln\left(\frac{x^p}{p}+\frac{y^q}{q}\right)\geq \frac{\ln x^p}{p}+\frac{\ln y^q}{q}=\ln x+\ln y=\ln (xy) $$ - + - **定理 10.7.16（赫尔德不等式）**：设实数 $p,q>0$ 满足 $\frac 1p+\frac 1q=1$，$n$ 是正整数，$a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_n>0$ 是实数。那么： + $$ \sum_{i=1}^na_ib_i\leq\left(\sum_{i=1}^na_i^p\right)^{\frac 1p}\left(\sum_{i=1}^nb_i^q\right)^{\frac 1q} $$ 其中 $\leq$ 取等当且仅当 $\frac{a_1^p}{b_1^q}=\frac{a_2^p}{b_2^q}=\cdots=\frac{a_n^p}{b_n^q}$。 -特别地，当 $p=q=2$ 时，即为柯西施瓦茨不等式。 - -**证明**：应用杨氏不等式： - + + 特别地，当 $p=q=2$ 时，即为柯西施瓦茨不等式。 + + **证明**：应用杨氏不等式： + $$ \sum_{i=1}^n\frac{a_i}{\left(\sum\limits_{j=1}^na_j^p\right)^{\frac 1p}}\frac{b_i}{\left(\sum\limits_{j=1}^nb_j^q\right)^{\frac 1q}}\leq \sum_{i=1}^n\frac 1p\frac{a_i^p}{\sum\limits_{j=1}^na_j^p}+\frac 1q\frac{b_i^q}{\sum\limits_{j=1}^nb_j^q}=\frac 1p+\frac 1q=1 $$ - + 个人猜想对证明思路的一种感性启发是：注意到杨氏不等式不等式两侧的次数是不等的（一侧和 $p,q$ 有关而一侧是常数），而赫尔德不等式两侧的次数是一样的，那么如果要运用杨氏不等式，只有可能是杨氏不等式两侧的次数都为 $0$，所以要把赫尔德不等式的右边除到左边，变成次数为 $0$ 的形式。 - + - **定理 10.7.17（闵可夫斯基不等式）**：设实数 $p>1$ 和 $a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_n>0$。那么： $$ \left(\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^p\right)^{\frac 1p}\leq \left(\sum_{i=1}^na_i^p\right)^{\frac 1p}+\left(\sum_{i=1}^nb_i^p\right)^{\frac 1p} @@ -482,30 +486,37 @@ $(1-t)A+tB=A+(B-A)t$，于是 $t$ 从 $0$ 到 $1$ 实际上是从 $A$ 匀速地 **证明**：设 $p,q\in\mathbb R\land p0$。那么 $\left(\frac{\sum_{i=1}^nx_i^p}{n}\right)^{\frac 1p}<\left(\frac{\sum_{i=1}^nx_i^q}{n}\right)^{\frac 1q}\iff \left(\frac{\sum_{i=1}^nx_i^p}{n}\right)^{\frac qp}<\frac{\sum_{i=1}^nx_i^q}{n}$。 可以证明 $p0\implies\frac{q}{p}(\frac qp-1)>0$，故 $x^{\frac qp}$ 是严格下凸函数。根据琴生不等式： + $$ \left(\frac{\sum_{i=1}^nx_i^p}{n}\right)^{\frac qp}<\frac{\sum_{i=1}^n(x_i^p)^{\frac qp}}{n}=\frac{\sum_{i=1}^nx_i^q}{n} $$ + 故 $f$ 是严格单调增的。 2. $\lim\limits_{p\to-\infty}f(p)=\min\{x_1,\cdots,x_n\}$，$\lim\limits_{p\to+\infty}f(p)=\max\{x_1,\cdots,x_n\}$。 **证明**：只证后者。不妨设 $x_1=\max\{x_1,\cdots,x_n\}$，那么： + $$ \lim_{p\to+\infty}f(p)=\lim_{p\to+\infty}\left(\frac{\sum_{i=1}^nx_i^p}{n}\right)^{\frac 1p}=x_1\lim_{p\to+\infty}\left(\frac{\sum_{i=1}^n(\frac{x_i}{x_1})^p}{n}\right)^{\frac 1p}=x_1 $$ + 最后一步是因为 $\frac{x_i}{x_1}\leq 1$，从而 $(\frac{x_i}{x_1})^p$ 将收敛到 $0$ 或 $1$，那么 $\frac{\sum_{i=1}^n(\frac{x_i}{x_1})^p}{n}$ 是有界的，从而它的 $\frac 1p$ 次幂最终会收敛到 $1$。 3. $\lim\limits_{p\to 0}f(p)=\sqrt[n]{\prod_{i=1}^nx_i}$。 **证明**：应用洛必达法则： + $$ \lim_{p\to 0}\ln f(p)=\lim_{p\to 0}\ln\left(\frac{\sum_{i=1}^nx_i^p}{n}\right)^{\frac 1p}=\lim_{p\to 0}\frac{\ln(\sum_{i=1}^nx_i^p)-\ln n}{p}=\lim_{p\to 0}\frac{\sum_{i=1}^nx_i^p\ln x_i}{\sum_{i=1}^nx_i^p}=\frac{\sum_{i=1}^n\ln x_i}{n}=\ln\sqrt[n]{\prod_{i=1}^nx_i} $$ - **推论 10.7.19（均值不等式）**：设 $n\in\mathbb N^+$，实数 $x_1,\cdots,x_n>0$。那么： + $$ \frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots+\frac{1}{x_n}}\leq\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}\leq\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\leq\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2}{n}} $$ + 其中 $\leq$ 取等当且仅当 $x_1=\cdots=x_n$。 最后，我们推广凸函数的定义。