1.将f(x)在x=x₀处按拉格朗日余项泰勒公式展开至n=1
f(x)=f(x₀)+f’(x₀)*(x- x₀)+f’’(ξ)/2!*(x- x₀) ²
分别以x= x₀+h与x= x₀-h代入(h可正可负),得
f(x₀+h)=f(x₀)+f’(x₀)*h +f’’(ξ₁)/2!*h² ξ₁介于x₀与x₀+h之间 ①
f(x₀-h)=f(x₀)+f’(x₀) *(-h)+f’’(ξ₂)/2!*(-h) ² ξ₂介于x₀与x₀-h之间 ②
①+②并整理得
1/2*[f’’(ξ₁)+f’’(ξ₂)]=[f(x₀+h)+f(x₀-h)-2*f(x₀)]/h²
∵f’’(x)连续,∴由介值定理,存在一点ξ介于ξ₁与ξ₂之间,使得
1/2*[f’’(ξ₁)+f’’(ξ₂)]=f’’(ξ)
故f’’(ξ)=[f(x₀+h)+f(x₀-h)-2*f(x₀)]/h²,其中,ξ介于ξ₁与ξ₂之间
当h→0时,ξ₁→x₀,ξ₂→x₀,故ξ→x₀
由连续性,f’’(x₀)=lim{ξ→x₀}f’’(ξ)
=lim{h→0}f’’(ξ)
=lim{h→0}[f(x₀+h)+f(x₀-h)-2*f(x₀)]/h²
2.取x₂=0,f(x₁+0)= f(x₁)+f(0),故f(0)=0
对任意的x∈R,有
lim{△x→0}[f(x+△x)-f(x)]= lim{△x→0}[f(x)+f(△x)-f(x)]
= lim{△x→0}f(△x)
=f(0) 由连续性
=0
故f(x)在R上连续
f(2*1/n)=f(1/n+1/n)=2*f(1/n)
由归纳法易知f(1)=f(n*1/n)=n*f(1/n)=f(1/n)/(1/n) ③
③式两边取极限f(1)=lim{n→∞}f(1)
=lim{n→∞}f(1/n)/(1/n)
=lim{x→0}f(x)/x 由归结原则 ④
而对任意的x∈R,
f’(x)=lim{△x→0}[f(x+△x)-f(x)]/△x
=lim{△x→0}f(△x)/△x
=f(1) 由④
对上式积分,并利用f(0)=0可得
f(x)=f(1)*x
令c=f(1),即所证结论
3.用展开式sinx=x-x³/3+0(x³)较方便,当然也可以用洛必达法则
∵sin3x=3*x-(3*x)³/3+0(x³)
∴lim{x→0}(sin3x/x³+a/x²+b)=lim{x→0}[3*x-(3*x)³/3+0(x³)+a*x+b*x³]/x³
=lim{x→0}(3+a)/x²+lim{x→0}(b-9/2)
故3+a=0,b-9/2=0
即a=-3,b=9/2