「Corn #12」梦回高中

关于『「Corn #12」梦回高中』

万物皆数。
Everything \ \ counts.$

题目

深夜 $2$ 点，生无可恋的小 $F$ 正在对着空白的作业本和题面只有一行的数分证明题发呆。
小 $F$ 无比怀念高中时代那些让人算到手抽筋的计算题。
终于，他坚持不住了，趴在书桌上就睡了过去。他在梦里回到了高中，看到了梦寐以求的计算题：
已知一个 $n$ 次多项式函数 $f(x)$ ，求它的 $n$ 阶导数即 $f^{(n)}(x)$ 。
然而他的计算能力已经清零了，所以他需要你来帮他算。

题并不难，但数学证明要命。

铺垫

定理 1.1

描述:

非空有界闭集合列 $S_1$，$S_2$，$\cdots$，$S_n$，$\cdots$，若满足一下两个条件，则存在唯一的一点 $P$ 属于所有这些闭集 $S_n$：

$(i)$ $S_1\subset S_2\subset S_3\subset \cdots \subset S_n\subset \cdots ，$

$(ii)$ $\underset{n\to \infty }{\lim }\delta (S_n)=0$ 。

证明:

对每个 $n$，若选取属于 $S_n$ 的点 $P_n$ ，则点阵 $\{P_n\}$ 收敛。事实上，根据 $(ii)$ 对于任意的正实数 $\epsilon$ 存在正实数 $n_0(\epsilon )$，只要 $n>n_0(\epsilon )$，就有 $\delta (S_n)<\epsilon$ 。当 $n,m>n_0(\epsilon )$ 时，如果 $m⩾n$，则根据 $(i)$ , $P_m\in S_m\subset S_n$ ， 所以，

$|P_m{P}_n|<\delta (S_n)<\epsilon$

根据 $Cauchy$ 判别法 ，$\{P_n\}$ 收敛。于是，令 $P=\underset{n\to \infty }{\lim }{P}_n$， 则对每个 $n$ ，若 $m⩾n$，则 $P_m\in S_n$，因此 $P=\underset{n\to \infty }{\lim }{P}_m$ 属于 $[S_n]$ 。根据假设，所以 $P$ 属于所有的 $S_n$。

定理 1.2 （Heine-Borel 覆盖定理）

描述:

有界闭集是紧致的。

证明:

设 $S$ 是有界闭集，$U$ 是 $S$ 的开覆盖。

假设 $S$ 不能被属于 $U$ 的有限个开集覆盖。

因为 $S$ 有界，则选取闭区间 $[a,b]$，令 $I=[a,b]$ 。

那么 $S$ 包含于正方形 $\Delta =I\times I$ 。

即

$S\subset \Delta =I\times I=\{(x,y)\in {\mathrm{R}}^2|a⩽x⩽b,a⩽y⩽b\}$

$\Delta$ 直径 $\delta =\sqrt{2}(b-a)$ 。 把 $I$ 以其中点 $c=(a+b)/2$ 分割成两个闭区间，$I^{\prime }=[a,c]$，$I^{\prime \prime }=[a,c]$ 。则 $\Delta$ 被 $4$ 个直径为 $\delta /2$ 的正方形 ${\Delta }^{\prime }=I^{\prime }\times I^{\prime }$ ，${\Delta }^{\prime \prime }=I^{\prime \prime }\times I^{\prime }$，${\Delta }^{\prime \prime \prime }=I^{\prime }\times I^{\prime \prime }$，${\Delta }^{\prime \prime \prime \prime }=I^{\prime \prime }\times I^{\prime \prime }$ 分割。

对应地，$S$ 被 $4$ 个闭集 $S^{\prime }=S\cap {\Delta }^{\prime }$，$S^{\prime \prime }=S\cap {\Delta }^{\prime \prime }$，$S^{\prime \prime \prime }=S\cap {\Delta }^{\prime \prime \prime }$，$S^{\prime \prime \prime \prime }=S\cap {\Delta }^{\prime \prime \prime \prime \prime }$ 。

则

$S=S^{\prime }\cup S^{\prime \prime }\cup S^{\prime \prime \prime }\cup S^{\prime \prime \prime \prime }$

在这 $4$ 个闭集中，如果每一个都被属于 $U$ 的有限个开集覆盖，那么 $S$ 也都被属于 $U$ 的有限个开集覆盖。这与假设想悖。所以，在 $S^{\prime }$，$S^{\prime \prime }$，$S^{\prime \prime \prime }$，$S^{\prime \prime \prime \prime }$ 中至少有一个不被属于 $U$ 的有限个开集覆盖。设其为 $S_1$，则

$S_1\subset S$ 且 $\delta (S_1)⩽\delta /2$

同理对 $S_1$，把不被属于 $U$ 的有限个开集覆盖的闭集记为 $S_2$，则

$S_2\subset S_1$ 且 $\delta (S_2)⩽\delta /2^2$

重复上述操作，得不被属于 $U$ 的有限个开集覆盖的闭集列 $S_n$ : $S_1$，$S_2$，$S_3$，$\dots$ ，并且

$S\supset S_1\supset S_2\supset S_3\cdots \supset S_n\supset \cdots$

且

$\delta (S_n)⩽\delta /2^n$

根据 定理 $1.1$ ，存在所有属于 $S_n$ 的点 $P$，因为 $P\in S$，$S$ 被属于 $U$ 的开集覆盖 ，所以 $P$ 属于 $U$ 的开集之一的 $U^{\prime }$ 。取 $P\in U^{\prime }$，$U_{\epsilon }^{\prime }(P)\subset U^{\prime }$ 成立的正实数 $\epsilon$，若给定以自然数 $n$ ，则 $P\in S_n$，$\delta (S_n)⩽\delta /2^n\le \epsilon$，因此 $S_n\in U^{\prime }$。矛盾。所以 $S$ 被属于 $U$ 的有限的开集覆盖。即 $S$ 是紧致集合。

定理 1.3

描述:

如果函数在闭区间 $[b,c]$ 上连续，那么它在该区间上一致连续。

证明:

设 $f(x)$ 是 $I=[b,c]$ 上的连续函数， $\epsilon$ 为任意给定的正实数。因为 $f(x)$ 在 $I$ 上连续，所以对于每点 $a\in I$ ，存在正实数 ${\delta }_a$，只要

$|x-a|<{\delta }_a$

就有

$|f(x)-f(a)|<\frac{\epsilon }{2}$

成立。若 $U_a$ 为 $a$ 的 ${\delta }_a/2$ 邻域：

$U_a=\left(a-\frac{1}{2}{\delta }_a,a+\frac{1}{2}{\delta }_a\right)$

则 $I$ 被这个邻域 $U_a$ ，$a\in I$ 覆盖。因为 $I$ 是有界闭集，所以根据 定理 $1.2$ ,$I$ 是紧致集合。所以 $I$ 被有限个 $U_a$ 覆盖，即

$I\subset {\bigcup }_{k=1}^m{U}_{a_k}$

如果把 $m$ 个实数 ${\delta }_{a_k}/2$，$k=1,2,3,\cdots ,m,$ 中嘴子傲的一个设为 $\delta$ ，那么如下可证，当 $|x-y|<\delta$ 时，$|f(x)-f(y)|<\epsilon$ 成立。事实上，因为 $y\in I$，所以 $y$ 属于 $U_{a_k}$ 中的某一个，$y\in U_{a_k}$，即

$|y-a_k|<\frac{1}{2}{\delta }_{a_k}$

因此

$|f(y)-f(a_k)|<\frac{\epsilon }{2}$

又因为 $|x-y|<\delta$，所以

$|x-a_k|⩽|x-y|+|y-a_k|<\delta +\frac{1}{2}{\delta }_{a_k}⩽{\delta }_{a_k}$

从而

$|f(x)-f(a_k)|<\frac{\epsilon }{2}$

进而

$|f(x)-f(y)|⩽|f(x)-f(a_k)|+|f(a_k)-f(y)|<\epsilon$

定理 1.4

描述:

在闭区间上定义的连续函数，具有最大值和最小值。

证明:

设 $f(x)$ 是 $I=[b,c]$ 上的连续函数。根据 定理 $1.3$ ，因为 $f(x)$ 在 $I$ 上一致连续，因此存在正实数 $\delta$，使得当 $|x-y|<\delta ,x\in I,y\in I$ 时， $|f(x)-f(y)|<1$ 成立。设 $m$ 是满足 $m\delta >c-b$ 的自然数。对于任意 $x\in I$ ，区间 $[b,x]$ 被 $m-1$ 个点 $x_1,x_2,x_3,\cdots ,x_{m-1}$ 分成 $m$ 等分。令 $x_0=b,x_m=x$ ，则

$0<x_k-x_{k-1}=\frac{1}{m}(x-b)⩽\frac{1}{m}(c-b)<\delta$

因此

$|f(x_k)-f(x_{k-1})|<1$

所以

$|f(x)-f(b)|=\left|{\sum }_{k=1}^m(f(x_k)-f(x_{k-1}))\right|⩽{\sum }_{k=1}^m\left|f(x_k)-f(x_{k-1})\right|<m$

故 $f(x)$ 有界，即 $f(I)$ 有界。

设 $\beta$ 是 $f(I)$ 的上确界，则 $f(x)⩽\beta$ 。若假设 $\beta$ 不是 $f(x)$ 的最大值，则当 $x\in I$ 时，恒有 $f(x)<\beta$ 成立。因此，若 $g(x)=1/(\beta -f(x))$，则 $g(x)$ 也是定义在 $I$ 上的连续函数。所以，综上，$g(x)$ 有界。即存在 $g(x)<\gamma$ 的正实数 $\gamma$:

$\frac{1}{\beta -f(x)}=g(x)<\gamma$

因此

$f(x)<\beta -\frac{1}{\gamma }$

矛盾。所以， $\beta$ 是 $f(x)$ 的最大值。同理，如果 $\alpha$ 是 $f(I)$ 的下确界，那么 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的最小值。

引理 1.1 （Rolle 定理）

描述:

如果函数 $f(x)$ 在闭区间

证明:

设 $\gamma =f(a)=f(b)$，如果在 $[a,b]$ 上 $f(x)$ 恒等于 $\gamma$，那么对于所有的 $\xi (a<\xi <b)$，都有 $f^{\prime }(\xi )=0$ 。因此暂不考虑。由 定理 $1.3$ ，在闭区间 $[a,b]$ 上定义的连续函数 $f(x)$ 具有最大值 $\beta =f(\xi )(a⩽\xi ⩽b)$ 和最小值 $\alpha =f(\eta )(a⩽\eta ⩽b)$。由于不考虑 $\beta =\alpha =\gamma$ 的情况，所以或者 $\beta >\gamma$ 或者 $\alpha <\gamma$。如果 $\beta =f(\xi )>\gamma$，那么 $\alpha <\xi <\beta$。则存在

$f^{\prime }(\xi )=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(\xi +h)-f(x)}{h}$

因为 $f(\xi +h)-f(\xi )⩽0$，所以由 $h>0$ 或者 $h<0$，可知 $(f(\xi +h)-f(\xi ))/h⩽0$ 或者 $(f(\xi +h)-f(\xi ))/h⩾0$。因此

$f^{\prime }(\xi )=\underset{h\to +0}{\lim }\frac{f(\xi +h)-f(x)}{h}⩽0$

$f^{\prime }(\xi )=\underset{h\to -0}{\lim }\frac{f(\xi +h)-f(x)}{h}⩾0$

所以 $f^{\prime }(\xi )=0$ 。

如果 $\alpha =f(\eta )<\gamma$，那么 $\alpha <\eta <\beta$，同理可证 $f^{\prime }(\eta )=0$ 。

定理 1.5 （中值定理）

描述:

如果函数 $f(x)$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续，在开区间上可微，则存在点 $\xi$ 满足条件

$f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},a<\xi <b$

证明:

如果设

$q=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$

则过 $f$ 的图像 $G_f$ 的两端点 $(a,f(a)),(b,f(b))$ 的直线 $l$ 的方程式为：

$y=f(a)+q(x-a)$

若令 $f(x)$ 与方程式右边相减所得差为

$g(x)=f(x)-f(a)-q(x-a)$

则 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可导，并且 $g(a)=g(b)=0$，所以由 引理 $1.1$ ，存在一点 $\xi \in (a,b)$ ，使得 $g^{\prime }(\xi )=f^{\prime }(x)-q$，所以 $f^{\prime }(\xi )=q$ 。

定理 1.6

描述：

设函数 $f(x),g(x)$，在闭区间 $[a,b]$ 连续，在开区间 $(a,b)$ 上可微，并且设 $f^{\prime }(x),g^{\prime }(x)$ 在任意点 $x$ 处不同时为 $0$ 。如果 $g(a)\ne g(b)$ ，则存在一点 $\xi$，使得

$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)},a<\xi <b$

成立。

证明：

设 $\lambda =f(b)-f(a)$，$\mu =g(b)-g(a)$，定义辅助函数

$\varphi (x)=\mu (f(x)-f(a))-\lambda (g(x)-g(a))$

则 $\varphi (x)$ 在闭区间 $[a,b]$，在开区间 $(a,b)$ 可微，并且 $\varphi (a)=\varphi (b)=0$，所以由 引理 $1.1$，存在一点 $\xi (a<\xi <b)$，使得 ${\varphi }^{\prime }(\xi )=0$。因为 ${\varphi }^{\prime }(x)=\mu f^{\prime }(x)-\lambda g^{\prime }(x)$，所以 $\mu f^{\prime }(\xi )=\lambda g^{\prime }(\xi )$，即

$(g(b)-g(a))f^{\prime }(\xi )=(f(b)-f(a))g^{\prime }(\xi )$

设 $g^{\prime }(\xi )=0$ ，那么因为 $g(b)-g(a)\ne 0$，所以 $f^{\prime }(\xi )=0$。矛盾。故 $g^{\prime }(x)\ne 0$ 。因此，

$\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$

定理 1.7

描述：

设 $f(x)$ 是在 $I$ 上 $n$ 阶可微的函数，点 $a$ 属于区间 $I$。则对于属于区间 $I$ 的任意点 $x$，存在介于 $x$ 和 $a$ 之间的一点 $\xi$ ，使得

$f(x)=f(a)+{\sum }_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)+\frac{f^n(\xi )}{n!}(x-a{)}^n$

成立。

该式称为 $\mathrm{T}\mathrm{a}\mathrm{y}\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{r}$ 公式 。

该式最后一项 $(f^{(n)}(\xi )/n!)(x-a{)}^n$ 叫做 余项，并用 $R_n$ 表示。

通常把介于 $x$ 和 $a$ 之间的 $\xi$ 写为 $\xi =a+\theta (x-a),0<\theta <1$ 。因此，$\mathrm{T}\mathrm{a}\mathrm{y}\mathrm{l}\mathrm{o}\mathrm{r}$ 公式可写为：

$f(x)=f(a)+\frac{f^{\prime }(a)}{1!}(x-a)+\frac{f^{\prime \prime }(a)}{2!}(x-a{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}(x-a{)}^{n-1}+R_n,R_n=\frac{f^{(n)}(\xi )}{n!}(x-a{)}^n,\xi =a+\theta (x-a),0<\theta <1$

证明：

设

$F(x)=R_n=f(x)-f(a)-{\sum }_{k=1}^{n-1}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$

$F(x)$ 可看作 $x$ 的函数。则 $F(x)$ 是 $I$ 上的 $n$ 阶可微函数。当 $m⩽k$ 时，

$\frac{d^m}{d{x}^m}\left(\frac{(x-a{)}^k}{k!}\right)=\frac{(x-a{)}^{k-m}}{(k-m)!}$

所以，当 $m⩽n-1$ 时，

$F^{(m)}(x)=f^{(m)}(x)-f^{(m)}(a)-\frac{f^{(m+1)}(a)}{1!}(x-a)-\cdots -\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1-m)!}(x-a{)}^{(n-1-m)}$

从而

$F(a)=F^{\prime }(a)=F^{\prime \prime }(a)=\cdots =F^{(n-1)}(a)=0$

因为 $f(x)$ 是余项，所以只需证明 $F(x)/(x-a{)}^n$ 可表示为 $f^{(n)}(\xi )/n!$ 即可。令 $G(x)=(x-a{)}^n$ ，则当 $m⩽n-1$ 时，

$G^{(m)}(x)=n(n-1)(n-m+1)(x-a{)}^{n-m}$

当 $m=n$ 时，$G^{(n)}(x)=n!$。所以，

$G(a)=G^{\prime }(a)=G^{\prime \prime }(a)=\cdots =G^{(n-1)}(a)=0$

如果 $x\ne a$，那么

$G(x)\ne 0,G^{\prime }(x)\ne 0,\cdots ,G^{(n-1)}(x)\ne 0$

于是，因为 $a<x$ 和 $a>x$ 的情况下相同，故仅讨论 $a<x$ 的情况。当 $F(a)=G(a)=0,x\ne a$ 时，$G^{\prime }(x)\ne 0$，所以根据 定理 $1.6$ ，存在 ${\xi }_1$ 满足

$\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{F(x)-F(a)}{G(x)-G(a)}=\frac{F^{\prime }({\xi }_1)}{G^{\prime }({\xi }_1)},a<{\xi }_1<x$

再由 定理 $1.6$ ，存在 ${\xi }_2$ 满足

$\frac{F^{\prime }({\xi }_1)}{G^{\prime }({\xi }_1)}=\frac{F^{\prime }({\xi }_1)-F^{\prime }(a)}{G^{\prime }({\xi }_1)-G^{\prime }(a)}=\frac{F^{\prime \prime }({\xi }_2)}{G^{\prime \prime }({\xi }_2)},a<{\xi }_2<{\xi }_1$

同理，当 $m=3,4,5,\cdots ,n-1$ 时，存在 ${\xi }_m$ 使得

$\frac{F^{(m-1)}({\xi }_{m-1})}{G^{(m-1)}({\xi }_{m-1})}=\frac{F^{(m)}({\xi }_m)}{G^{(m)}({\xi }_m)},a<{\xi }_m<{\xi }_{m-1}$

成立。所以

$\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{F^{(n-1)}({\xi }_{n-1})}{G^{(n-1)}({\xi }_{n-1})},a<{\xi }_{n-1}<x$

因为 $F^{(n-1)}(x)=f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(a),G^{(n-1)}(x)=n!(x-a)$，所以，根据中值定理，存在 $\xi$ 满足

$\frac{F^{(n-1)}({\xi }_{n-1})}{G^{(n-1)}({\xi }_{n-1})}=\frac{f^{(n-1)}({\xi }_{n-1})-f^{(n-1)}(a)}{n!({\xi }_{n-1}-a)}=\frac{f^{(n)}(\xi )}{n!}$

故

$\frac{F(x)}{(x-a{)}^n}=\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{f^{(n)}}{n!},a<\xi <x$

总攻

由 定理 $1.7$ ，关于 $x$ 的幂 $x^k$， $k$ 是自然数，因为 $(\mathrm{d}/\mathrm{d}x)x=k{x}^{k-1}$，所以当 $n⩽k$ 时

$\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}=k(k-1)(k-2)\cdots (k-n+1)x^{k-n}$

否则

$\frac{{\mathrm{d}}^n}{\mathrm{d}{x}^n}=0$

总的来说，每一项的答案为

$\max (0,a\times {\prod }_{i=k}^{k-n+1}i)$

其中 $k$ 为初始次数，$n$ 为阶数，$a$ 为初始系数。