ln 2 < 0.7 的估值与探索

一篇陪伴我一年的文章

“温斯顿斟满酒杯，说：‘过去更重要。’”

—— 乔治·奥威尔《1984》

写在前面

第二次提笔，准备写下这篇陪伴我一年的文章。第一本送给了珍视的过去，也化作了过去，流下的仅是回忆罢了。当我跑过思源湖的星星灯火，我也穿梭进了回忆，在封存的记忆中找到了想再写一遍的愿望。或许我只是一个活在过去的幽魂。

重温过去，第一篇文章写在前同桌偶然打错的 \(\ln 2\) 之后。至此 \(\ln 2 < 0.7\) 的命题，或对 \(\ln 2\) 的估值便成了我高中愉快的印记。也正是这一命题，让我看见高数代数背后的逻辑思路，或许这是美的。

我曾质疑我这一爱好是否合理。但有人有一天告诉我：“你真觉得你没有你喜欢的东西吗？”我突然明白，爱好本身没有合理与否，不打扰他人，做自己喜欢的事，这就是正常的爱好。

所以犹豫再三，再一次提笔，重新写下这篇文章，可能想为之前的文章写下一个句号，也可能是为我的记忆作序……

1 切线放缩

1.1 基本的切线放缩（切点改变）

高中阶段，教科书中给出不等式

\[\ln x \leq x - 1\quad \mathrm{e}^{x} \geq x + 1\]

证明简单，这里就不过多阐述。

回到这个不等式本身，我们是如何发现这个式的。很明显，切线放缩 \(y = x + 1\) 作为 \(y = \ln x\) 的切线。\(y = x + 1\) 作为 \(y = \mathrm{e}^{x}\) 的切线。那么一般地，什么函数我们可以进行切线放缩？

答案是凸函数或凹函数（即 \(f''(x)\) 恒大于 0 或 \(f''(x)\) 恒小于 0）。以 \(\ln x\) 为例，

令 \(f(x) = \ln x\)，\(f'(x) = \frac{1}{x}\)，\(f''(x) = -\frac{1}{x^{2}} < 0\) 显然 \(\ln x\) 是凹函数（这里的凹函数不同于凸函数反转中的凹函数）。那么对于 \(\ln x\) 上任意一点 \(\left( x_{0},\ln x_{0} \right)\) 都有

\[\ln x \leq \frac{1}{x_{0}}\left( x - x_{0} \right) + \ln x_{0}\]

这里我们需要代入 \(x=2\)，倘若我们所取切点 \(x_0\) 越接近 2，那么不等式越精确。 这里我们取 \(x_0 = \mathrm{e}^{-\frac{2}{3}}\)（由于 \(\mathrm{e}^{2} \approx 7.389\)，\(2^{3} \approx 8\)）代入 \(x=2\) 得

\[\ln 2 \leq 2\mathrm{e}^{\frac{2}{3}} - \frac{1}{3} \approx 0.6933009\]

显然这相当精确

1.2 基本不等式放缩（取点改变）

在上一小节中我们初步尝试了改变的切点，获得了针对 \(x=2\) 的不等式，那么我们是否可以改变取点，在不改变切线不等式的基础上完成比较精准的方式？答案当然是肯定，即只利用 \(\ln x < x - 1\) 完成对 \(\ln 2\) 较精准估值。我们可以利用 \(\ln x\) 的性质：① \(\ln x^{n} = n \ln x\) (\(x > 0\))；② \(\ln ab = \ln a + \ln b\)。

那么我可以借助 2, \(\mathrm{e}\) 和根号构造一个接近于 1 的不等式数字让不等式发挥最大作用，这里可以代入 \(x = \frac{\mathrm{e}^{2}}{8}\) 和 \(x = \sqrt{\frac{\mathrm{e}^{2}}{8}}\) 得

\[\begin{align*} \ln 2 &< \frac{8 + \mathrm{e}^{2}}{3\mathrm{e}^{2}} \approx 0.694 \\ \ln 2 &< \frac{4\sqrt{2}}{3\mathrm{e}} \approx 0.6936 \end{align*}\]

确实相当精确了。

1.3 小结

本节我们并没有专注于升级我们的不等式，而是借助 \(\ln x\) 的性质对 \(\ln 2\) 进行估值。但是也需要承认它存在局限性。它还是需要对 \(\mathrm{e}\) 值和一些无理数值进行估计。倘若改变的估计的数值，可能并不好取点。因此这类方法失去了自己的一部分普遍性。

2 积分构造

2.1 不等式加强（积分构造）

Note构造 1

构造基础：构造 \(f(x)\)，使得 \(f(x) \geq \ln x\)，当且仅当 \(x=1\) 时取等。

• 在 \((0,1]\) 上，\(f'(x) \leq \frac{1}{x}\)；

• 在 \([1, +\infty)\) 上，\(f'(x) \geq \frac{1}{x}\)。

\(f(x)\) 在 \((0, +\infty)\) 上连续可导。则构造函数令 \([P(x)]' = f(x)\)（注：本质是求不定积分）。

1. 构造推导

记符号 \(\sim\) 代表比较关系：

\[\begin{align*} f(x) &\sim \ln x \\ \Rightarrow P(x) - P(1) - 1 &\sim x\ln x - x \quad \text{（$-P(1)-1$ 用于调整系数使 $x=1$ 时取等）} \\ = 1 + \frac{P(x) - P(1) - 1}{x} &\sim \ln x \end{align*}\]

设辅助函数 \(g(x)\)：

\[\begin{align*} \text{令 } \frac{g(x)}{x} &= \frac{P(x)}{x} + 1 - \frac{P(1) + 1}{x} - \ln x \\ \Rightarrow g(x) &= P(x) + x - P(1) - 1 - x\ln x \\ \Rightarrow g'(x) &= f(x) - \ln x \geq 0 \end{align*}\]

则在 \((0,1]\) 上 \(g(x) \leq 0\)，在 \([1, +\infty)\) 上 \(g(x) \geq 0\)。即得到：

\[\begin{cases} \ln x \geq \frac{P(x)}{x} + 1 - \frac{P(1)}{x}, & 0 < x \leq 1 \\ \ln x \leq \frac{P(x)}{x} + 1 - \frac{P(1) + 1}{x}, & x > 1 \end{cases}\]

2. 不等式加强证明（讨论 \(x > 1\) 段）

令 \(\frac{h(x)}{x} = f(x) - \frac{P(x)}{x} + 1 + \frac{P(1) + 1}{x}\)，则有：

\[\begin{align*} h(x) &= xf(x) - P(x) - x + P(1) + 1 \\ \Rightarrow h'(x) &= f(x) + xf'(x) - f(x) - 1 \\ &= xf'(x) - 1 \geq 0 \quad \text{（因为 $x>1$ 时 $f'(x) \geq \frac{1}{x}$）} \end{align*}\] 则 \(h(x) \geq 0\)，即不等式得到加强。

3. 总结：积分构造变换 \(S\)

以上是构造基本原理，定义积分构造的变换为 \(S\)：

\[\ln x \leq f(x) \xrightarrow{S} \begin{cases} \ln x \geq g(x), & 0 < x \leq 1 \\ \ln x \leq g(x), & x > 1 \end{cases}\]

同时也有反向加强：

\[\begin{cases} \ln x \geq g(x), & 0 < x \leq 1 \\ \ln x \leq g(x), & x > 1 \end{cases} \xrightarrow{S} \ln x \leq h(x)\]

那么以 \(\ln x \leq x - 1\) 开始迭代

① 取 \(\ln x \sim x - 1\)

由于 \(\left\lbrack x\ln x - x \right\rbrack' = \ln x\)，\(\left\lbrack \frac{1}{2}x^{2} - x \right\rbrack' = x - 1\) 由此构造

\[\begin{align*} (\ln x - 1)x &\sim \frac{1}{2}x^{2} - x + k \quad \text{（前后保持 }x > 1\text{ 取等条件）} \\ k &= -\frac{1}{2} \\ \Rightarrow \ln x &\sim \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \end{align*}\]

即 \[\begin{equation*} \begin{cases} \ln x \geq \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right), & \quad 0 < x \leq 1 \\ \ln x < \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right), & \quad x > 1 \end{cases} \end{equation*}\]

此式正是基本对数平均不等式，但精度不够则重复上述变换。

取 \(\left\lbrack (\ln x - 1)x \right\rbrack' = \ln x\)，\(\left\lbrack \frac{1}{2}x^{2} - \frac{1}{2}x^{2} \right\rbrack' = \frac{1}{2}x^{2} - x\)

重复变换

\[\begin{align*} \ln x &\leq \frac{(x + 5)(x - 1)}{4x + 2} \\ \ln 2 &\leq 0.7 \end{align*}\] 满足所证命题
有兴趣者可继续往下推理，这里给出答案

这 \[\begin{equation*} \begin{cases} \ln x \geq \frac{(x - 1)\left( x^{2} + 10x + 1 \right)}{6x(x + 1)}, & \quad 0 < x \leq 1 \\ \ln x < \frac{(x - 1)\left( x^{2} + 10x + 1 \right)}{6x(x + 1)}, & \quad x > 1 \end{cases} \end{equation*}\]

2.2 更一般的不等式积分构造

在前一小节中的积分构造是大多数模拟卷对函数的构造，这一节则讲述更一般的构造，即通过积分构造由 \(x\) 常数项、分式项的适合拟合函数

仅由 \(\ln x \sim \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right)\) 开始，这里我们提取 \(x\) 分母后再开始积分

\[\begin{align*} x\ln x &\sim \frac{1}{2}\left( x^{2} - 1 \right) \\ \text{积分后 } \frac{1}{2}x^{4}\ln x - \frac{1}{4}x^{2} &\sim \frac{1}{6}x^{3} - \frac{1}{2}x + \frac{1}{12} \\ \text{化简有 } \ln x &\sim \frac{1}{3}x + \frac{1}{2} - \frac{1}{x} + \frac{1}{6}x^{2} \end{align*}\]

以此类推，可以得到一连串式子。在这里列出表格。

拟合系数表

最低项次数-\(n\)	项次数-\(n\)
	\(1\)	\(0\)	\(-1\)	\(-2\)	\(-3\)	\(-4\)	\(-5\)
\(0\)	\(1\)	\(-1\)
\(1\)	\(\frac{1}{2}\)	\(0\)	\(-\frac{1}{2}\)
\(2\)	\(\frac{1}{3}\)	\(\frac{1}{2}\)	\(-1\)	\(\frac{1}{6}\)
\(3\)	\(\frac{1}{4}\)	\(\frac{5}{6}\)	\(-\frac{3}{2}\)	\(\frac{1}{2}\)	\(-\frac{1}{12}\)
\(4\)	\(\frac{1}{5}\)	\(\frac{13}{12}\)	\(-2\)	\(1\)	\(-\frac{1}{3}\)	\(\frac{1}{20}\)
\(5\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{71}{60}\)	\(-\frac{5}{2}\)	\(\frac{5}{3}\)	\(-\frac{5}{6}\)	\(\frac{1}{4}\)	\(-\frac{1}{30}\)

可以发现存在规律，通过数学归纳法可得拟合函数 (\(n \geq 1\))

\[\varphi^{n}(x) = \frac{1}{n + 1}x + \sum_{i = 1}^{n}( - 1)^{i}\frac{1}{i(i + 1)}\left( \frac{n}{i} \right)x^{-n} + \left( \frac{n}{i} \right)x^{-n} - 1\]

不难证明：\(n\) 为偶数时，\(\ln x \leq \varphi^{n}(x)\)；\(n\) 为奇数，\(x > 1\) 时 \(\ln x \leq \varphi^{n}(x)\)，\(x < 1\) 时 \(\ln x \geq \varphi^{n}(x)\)。

在 \(n=3\) 时代入 \(x=2\)，\(\ln 2 \leq \frac{67}{96} \approx 0.6979167\)； 在 \(n=4\) 时代入 \(x=2\)，\(\ln 2 < \frac{667}{960} \approx 0.6948\)； 在 \(n=5\) 时代入 \(x=2\)，\(\ln 2 < \frac{111}{160} = 0.69375\)。

显然增加了极大的精确程度。

2.3 小结

本章大致讲了积分构造的两种路径： 前一种是模拟卷曲构造函数法，后一种是作者原创的函数拟合法， 并给出通项公式相对计算量没有前一种大，而且在对 \(\ln 2\) 估计时都是有理数比较，相对方便。

3 根式加强不等式

3.1 引用根式加强函数补全

在高中阶段，模拟卷中经常出现一种不等式 \[\ln x \leq \sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}}, \quad \text{其中 } x \geq 1\] 其来源于将 \(\sqrt{x}\) 代入基本不等式 \[\ln x \leq \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right), \quad \text{其中 } x \geq 1\] 以得到加强式。那么，为什么代入 \(\sqrt{x}\) 会使不等式加强？我们是否可以得到一种不等式加强的通法？答案是肯定的。

首先，我们先将 \(x = 2\) 代入上述两个不等式进行比较： \[\begin{align*} \ln 2 &\leq \sqrt{2} - \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \approx 0.707 \\ \ln 2 &\leq \frac{1}{2}\left( 2 - \frac{1}{2} \right) = 0.75 \end{align*}\] 显然，第一个不等式比第二个更精确。下面解释加强的原因。

令 \(f(t) = \frac{1}{2}\left( t - \frac{1}{t} \right) - \ln t\)，则 \[\begin{align*} f'(t) &= \frac{t - 1}{2t^{2}} > 0, \quad \text{其中 } t > 1 \end{align*}\] 因此 \(f(t)\) 在 \([1, +\infty)\) 上单调递增，又由于 \(f(1) = 0\)，则 \(f(t) > 0\)（\(t > 1\)）。显然在 \(t > 1\) 时 \(t > \sqrt{t}\)，则 \[f(t) > f\left( \sqrt{t} \right) > 0\] 这说明不等式加强。

那么我们为什么利用 \(\sqrt{x}\) 这一类的函数来进行不等式加强？首先，\(\sqrt{x}\) 具有良好性质：在 \(x > 1\) 时 \(x > \sqrt{x} > 1\)，在 \(0 < x < 1\) 时 \(1 > \sqrt{x} > x\)；其次形式简便，\(\ln\sqrt{x} = \frac{1}{2}\ln x\) 为后续不等式化简提供便利。

一般地，对于 \(x > 1\) 时，若 \(f(x) \geq \ln x\)，那么 \[\begin{align*} f\left( \sqrt{x} \right) &\geq \frac{1}{2}\ln x \\ \ln x &\leq 2f\left( \sqrt{x} \right) \end{align*}\] 那么从 \(\ln x \leq x - 1\) 开始，代入 \(\sqrt{x}\) 得 \[\ln x \leq 2\left( \sqrt{x} - 1 \right)\] 更一般地，有 \[\ln x \leq n\left( \sqrt[n]{x} - 1 \right)\] 令 \(x = 2\) 代入化简得 \[\begin{align*} \ln 2 &\leq n\left( 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) \end{align*}\]

我们研究函数 \(g(n) = n\left( 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right)\)，则 \[\begin{align*} g'(n) &= 2^{\frac{1}{n}} - 1 - \frac{\ln 2}{n}2^{\frac{1}{n}} < 0 \end{align*}\] 因此 \(g(n)\) 单调递减，且 \[\begin{align*} \lim_{n \rightarrow \infty}n\left( 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) &= \lim_{n \rightarrow \infty}\frac{2^{\frac{1}{n}} - 1}{\frac{1}{n}} \\ &= \ln 2 \end{align*}\] 则函数在 \(n\) 趋近于 \(+\infty\) 时收敛于 \(\ln 2\)。

倘若我们需要借助 \(\ln x \leq n\left( \sqrt[n]{x} - 1 \right)\) 得出 \(\ln 2 < 0.7\)，只需要得到 \[n\left( 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right) = 0.7\] 的大致解。借助 MATLAB 的数学工具，\(n \approx 35.2\)。即 \(\ln x \leq 36\left( \sqrt[36]{x} - 1 \right)\) 可以得出 \(\ln 2 < 0.7\) 的结论。

必须要承认 \(g(n) = n\left( 2^{\frac{1}{n}} - 1 \right)\) 的收敛速度太慢。可以使用 \(\ln x \leq \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right)\) 的衍生式 \[\ln x \leq \frac{n}{2}\left( x^{\frac{1}{n}} - x^{-\frac{1}{n}} \right)\] 代入 \(x = 2\) 得 \[\begin{align*} \left( 2^{\frac{1}{n}} - 2^{-\frac{1}{n}} \right) \cdot \frac{n}{2} &\geq \ln 2 \\ \left( 2^{\frac{1}{n}} - 2^{-\frac{1}{n}} \right) \cdot \frac{n}{2} &= 0.7 \quad \text{（借助 \texttt{MATLAB} 求解）} \end{align*}\] 得 \(n \approx 2.85\)。即 \[\ln x \leq \frac{3}{2}\left( \sqrt[3]{x} - \frac{1}{\sqrt[3]{x}} \right)\] 可以达到放缩效果。

事实上，根号放缩对本书提到的大部分不等式均可使用，有兴趣者可以尝试。这里不过多赘述。

3.2 根式函数拟合

灵感主要来自于 2019 年的浙江压轴导数大题，需要证明出不等式 \(\ln x \leq 4\sqrt{x} - 2\sqrt{2x + 2}\)

对其进行证明令 \(f(x) = \frac{\sqrt{2}}{4}\ln x + \sqrt{2x} - \sqrt{2}x\)

\[f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{2}x} + \frac{1}{2\sqrt{1 + x}} - \frac{1}{\sqrt{2}x} = \frac{\sqrt{x + 1} + \sqrt{2}x - 2\sqrt{x + x}}{2x\sqrt{2x + 2}}\quad(x > 0)\]

令 \(p(x) = \sqrt{x + 1} + \sqrt{2}x - 2\sqrt{x^{2} + x}\)

\[p'(x) = \frac{1}{2\sqrt{1 + x}} + \sqrt{2} - \frac{2x + 1}{\sqrt{x^{2} + x}} = \frac{\sqrt{x} + 2\sqrt{2x^{2} + 2x} - (4x + 2)}{2\sqrt{x^{2} + x}}\quad(x > 0)\]

要证 \(p'(x) < 0 \Rightarrow 2\sqrt{2x + 2x} < 4x + 2 - \sqrt{x}\quad(x > 0)\)

令 \(\sqrt{x} = t\)，则 \(2t\sqrt{2t + 2} < 4t^{2} - t + 2\)，平方得 \[\left( 2t\sqrt{2t + 2} \right)^{2} < \left( 4t^{2} - t + 2 \right)^{2} \Rightarrow 8t^{4} - 8t^{3} + 9t^{2} - 4t + 4 > 0\quad(t > 0)\]

显然 \(8t^{4} - 8t^{3} + 9t^{2} - 4t + 4 = 2t^{2}\left\lbrack (2t - 1)^{2} + 3 \right\rbrack + (t - 2)^{2} \geq 0\) 则 \(p'(x) < 0\)，\(p(x)\) 在 \((0,1)\) 上单调递减，又因为 \(p(1) = 0\)，则 \(p(x) > 0\)（\(x \in (0,1)\)）。从计算机 MATLAB 的拟合来看 \(4\sqrt{x} - 2\sqrt{2x + 2}\) 不同于之前介绍的不等式 笔者尝试构造类似不等式即

\[\ln x \leq a\sqrt{x} + b\sqrt{x + 1} + c\sqrt{x + 2}\]

由待定系数法解得

\[\ln x \leq 7\sqrt{x} - 8\sqrt{2x + 2} + 3\sqrt{3x + 6}\]

下面给出证法（感谢富阳中学华哲文）。要证 \(7\sqrt{x} + 3\sqrt{3x + 6} - 8\sqrt{2x + 2} - \ln x \geq 0\)，令 \(F(x) = 7\sqrt{x} + 3\sqrt{3x + 6} - 8\sqrt{2x + 2} - \ln x\)

\[F'(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}\left( \frac{7}{2} + \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{x + 2}} - \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{x + 1}} - \sqrt{x} \right)\]

记 \(G(t) = \frac{7}{2} + \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{t + 2}} - \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{t + 1}} - \sqrt{t}\)

\[G'(t) = t^{\frac{1}{2}}\left( \frac{3\sqrt{3}}{2}\frac{t}{(t + 2)\sqrt{t}} + 2\sqrt{2}\frac{1}{(t + 2)^{\frac{3}{2}}} + \frac{1}{2} \right)\]

记 \(H(x) = \frac{3\sqrt{3}}{2}\frac{x}{(x + 2)^{\frac{3}{2}}} + 2\sqrt{2}\frac{x}{(x + 1)^{\frac{3}{2}}} - \frac{1}{2}\)

\[H'(x) = \frac{\sqrt{2}}{(x + 1)^{\frac{5}{2}}} - \frac{9\sqrt{3}}{4(x + 2)^{\frac{3}{2}}} - \frac{1}{2}(x + 1)\left\lbrack \frac{2\sqrt{2}}{(x + 1)^{\frac{3}{2}}} - \frac{3\sqrt{3}}{(x + 2)^{\frac{3}{2}}} \right\rbrack\]

当 \(x > 0\) 时 \(1 - x < 0\) \(\frac{\sqrt{2}}{(x + 1)^{\frac{5}{2}}} < \frac{9\sqrt{3}}{4(x + 2)^{\frac{3}{2}}}\) \(\therefore H'(x) < 0\) \(\therefore H'(x) < H'(1) = 0\) 当 \(0 < x \leq 1\) 时 \(\frac{(x + 2)^{\frac{2}{3}}}{(x + 1)^{\frac{2}{3}}} > 2\sqrt{2}\) 则 \(\frac{\sqrt{2}}{(x + 1)^{\frac{5}{2}}} \geq \frac{9\sqrt{3}}{4(x + 2)^{\frac{3}{2}}}\) 又 \(1 - x \geq 0\) 则 \(H'(x) \leq 0\) 则 \(H'(x) < H'(1) = 0\) 则 \(\forall x > 0\)，\(H'(x) < 0\)，\(\therefore G'(t) < 0\)。 又因为 \(G(1) = 0\)，则 \(G(t)\) 在 \((0,1)\) 上为正，在 \((1, +\infty)\) 上为负。\(\therefore F'(x)\) 在 \((0,1)\) 上 \(\searrow\)，在 \((1, +\infty)\) 上 \(\nearrow\) \(\therefore F(x) \geq F(1) = 0\)

那么是否可以构造类似函数

\[\ln x \leq a_{0}\sqrt{x} + a_{1}\sqrt{2x + 2} + a_{2}\sqrt{3x + 6} + \cdots + a_{n}\sqrt{nx + n^{2} - n}\]

答案是可以，这里感谢知友用户杏花雨 她提出，对于 \(f(x) = 7\sqrt{x} - 8\sqrt{2x + 2} + 3\sqrt{3x + 6} - \ln x\)，则 \(f'(x) = \frac{7}{2\sqrt{x}} - \frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{x + 1}} + \frac{3\sqrt{3}}{2}\frac{1}{\sqrt{x + 2}} - \frac{1}{x}\) 构造定义域 \((0, + \infty)\) 上的四个函数 \(f_{0}(x) = \frac{1}{x}\), \(f_{1}(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}\), \(f_{2}(x) = \frac{1}{\sqrt{x + 1}}\), \(f_{3}(x) = \frac{1}{\sqrt{x + 2}}\)。注意到 \(\{ f_{0},f_{1},f_{2},f_{3}\}\) 构成一个 Extended Complete Chebyshev System (扩展完全切比雪夫系统)，于是任意非平凡的线性组合 \(c_{0}f_{0} + c_{1}f_{1} + c_{2}f_{2} + c_{3}f_{3}\) 最多有 3 零点。 定义:

\[F(t) = \frac{3\sqrt{3}}{2}f_{3}(t) - 4\sqrt{2}f_{2}(t) + \frac{7}{2}f_{1}(t) - f_{0}(t)\]

注意到 \(F(1) = F'(1) = F''(1) = 0\) 所以 \(t = 1\) 是一个三阶零点，而 \(F(2) > 0\) 故 \(f(x)\) 在 \((0,1) \cup (1, + \infty)\) 上 \(\nearrow\) 则 \(f(x) > 0\) 证毕 这里我们不深究 ECCS 背后原理，我们只需知道我们可以求解 \(f_{0} = 0\) 和 \(f_{1}^{(n)} = 0\cdots f_{n}^{(n)} = 0\) 联立 \(n\) 个方程求解问题。 那么 \(f_{0}\cdots f_{n} = 0\) 化简

\[a_{1} + a_{2}\frac{2}{2n} + a_{3}\frac{n}{3n} + \cdots = \frac{2(n + 1)!}{(2n - 3)!!}\text{(定义 (-1)!! = 1)}\]

则我们以 \(\ln x \leq a_{0}\sqrt{x} + a_{1}\sqrt{2x + 2} + a_{2}\sqrt{3x + 6} + a_{3}\sqrt{4x + 12} + a_{4}\sqrt{5x + 20}\) 列出方程组

\[f_{0} = 0 \Rightarrow a_{1} + 2a_{2} + 3a_{3} + 4a_{4} + 5a_{5} = 0\]

\[f_{1}^{(1)} = 0 \Rightarrow a_{1} + a_{2} + a_{3} + a_{4} + a_{5} = 2\]

\[f_{2}^{(2)} = 0 \Rightarrow a_{1} + \frac{1}{2}a_{2} + \frac{1}{3}a_{3} + \frac{1}{4}a_{4} + \frac{1}{5}a_{5} = 4\]

\[f_{3}^{(3)} = 0 \Rightarrow a_{1} + \frac{1}{4}a_{2} + \frac{1}{9}a_{3} + \frac{1}{16}a_{4} + \frac{1}{25}a_{5} = \frac{16}{3}\]

\[f_{4}^{(4)} = 0 \Rightarrow a_{1} + \frac{1}{8}a_{2} + \frac{1}{27}a_{3} + \frac{1}{64}a_{4} + \frac{1}{125}a_{5} = 64\]

借助 MATLAB 可以计算得出，

\[a_{1} = \frac{76}{9},a_{2} = - \frac{280}{9},a_{3} = 81,a_{4} = - \frac{832}{9},a_{5} = \frac{325}{9}\]

则

\[\ln x \approx \frac{76}{9}\sqrt{x} - \frac{280}{9}\sqrt{2x + 2} + 81\sqrt{3x + 6} - \frac{832}{9}\sqrt{4x + 12} + \frac{325}{9}\sqrt{5x + 20}\]

可以证明 \[\begin{equation*} \begin{cases} \ln x < \frac{76}{9}\sqrt{x} - \frac{280}{9}\sqrt{2x + 2} + 81\sqrt{3x + 6} - \frac{832}{9}\sqrt{4x + 12} + \frac{325}{9}\sqrt{5x + 20}, & 0 < x < 1 \\ \ln x > \frac{76}{9}\sqrt{x} - \frac{280}{9}\sqrt{2x + 2} + 81\sqrt{3x + 6} - \frac{832}{9}\sqrt{4x + 12} + \frac{325}{9}\sqrt{5x + 20}, & x > 1 \end{cases} \end{equation*}\]

代入\(x = 2\)

\[\ln 2 > 0.692708641292087\]（MATLAB结果）

与\(\ln 2 \approx 0.6931471806\)相距很近

3.3 小结

本文大致交代了两种根式放缩方法，第一种是在原函数基础上通过根式加强不等式，第二种则是通过多个根式的线性拟合，本质上允许多重展开。 限制点有：①根式容易带来无理数，存在误差。②第二种方法需要计算多个系数，可以通过矩阵解矩阵求解，但运算复杂。

4 系数加权的放缩

4.1 两道港中深题目的引入

我们先来看两道题

①\(x \in \lbrack 0,\frac{\pi}{2}\),\(\lambda\sin x + (1 - \lambda)\tan x \geq x\) 求\(\lambda\)范围 ②\(x \in \lbrack 0,\frac{\pi}{2}\),\(\sin^{\lambda}x\tan^{1 - \lambda}x \geq x\) 求\(\lambda\)范围

原题是港中深自主招生题，实质是解决①②两个命题（感谢同桌夏阳供稿题） 这里先直接给出答案 ①\(\frac{2}{3}\sin x + \frac{1}{3}\tan x \geq x\) 即 \(0 \leq \lambda \leq \frac{2}{3}\) ②\(\sin^{\frac{2}{3}}x\tan^{\frac{1}{3}}x \geq x\) 即 \(0 \leq \lambda \leq \frac{2}{3}\)

我们先思考为什么会出现这两个不等式?很显然,这两个不等式通过过将

\(\sin x \leq x\)（\(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\)）与 \(\tan x \geq x\)（\(0 \leq x \leq \frac{\pi}{2}\)）组合使不等式加强。不等式①是通过加法线性组合，不等式②是通过乘法组合。

那么我们是否可以用相同的方式构造加强不等式?答案是可以

4.2 构造不等式

这里作者采用 \(\ln x \geq \frac{2(x - 1)}{x + 1}\)（\(x \geq 1\)）与 \(\ln x \leq \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right)\) 进行处理，是通过加法线性处理。

令 \[\begin{align*} f(x) &= \ln x - \left\lbrack \lambda\frac{2(x - 1)}{x + 1} + (1 - \lambda) \cdot \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \right\rbrack, \quad x \geq 1 \end{align*}\] 进行讨论。很显然 \(f(1) = 0\)，接下来讨论 \(f'(x)\)： \[\begin{align*} f'(x) &= \frac{(x - 1)\left( x^{2} + 4x + 1 \right)}{2x^{2}(x + 1)^{2}}\left( \lambda - 1 + \frac{2}{x + \frac{1}{x} + 4} \right), \quad x \geq 1 \end{align*}\] 则当 \(\lambda - 1 + \frac{2}{x + \frac{1}{x} + 4} = 0\) 即 \(\lambda = \frac{2}{3}\) 时 \[\begin{align*} \ln x &< \frac{2}{3} \cdot \frac{2(x - 1)}{x + 1} + \frac{1}{6}\left( x - \frac{1}{x} \right), \quad x \geq 1 \end{align*}\] 代入 \(x = 2\) 得 \[\ln 2 < \frac{25}{36} \approx 0.6944\]

但是并不是所有的不等式都可以用这种方法加强。

再通过乘法处理。令 \[\begin{align*} g(x) &= \ln x - \left\lbrack \frac{2(x - 1)}{x + 1} \right\rbrack^{\lambda}\left\lbrack \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \right\rbrack^{1 - \lambda} \end{align*}\] 可以得出 \[\begin{align*} \ln x &< \left\lbrack \frac{2(x - 1)}{x + 1} \right\rbrack^{\frac{2}{3}}\left\lbrack \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \right\rbrack^{\frac{1}{3}}, \quad x \geq 1 \end{align*}\] 代入 \(x = 2\) 得 \[\ln 2 < \frac{1}{\sqrt[3]{3}} \approx 0.6933\]

显然不等式增强。

但并不是所有的不等式都可以采取这种方式加强。例如,

采用 \(\ln x \leq x - 1\) 与 \(\ln x \geq \frac{2(x - 1)}{x + 1}\) 构造 \(\varphi(x)\)： \[\begin{align*} \varphi(x) &= \frac{2\lambda(x - 1)}{x + 1} + (1 - \lambda)(x - 1) - \ln x, \quad x \geq 1 \end{align*}\] 得 \(\lambda = 1\)，显然没有起到加强效果。

所以我们需要思考什么样的函数可以组合加强。

4.3 不等式分类

对于加法组合的不等式，令 \[\begin{align*} \varphi_{1}(x) &= \frac{1 + \lambda}{2}f(x) + \frac{1 - \lambda}{2}g(x) - \ln x \end{align*}\] 由于 \(\lim_{x \rightarrow 1}\varphi(x) = 0\)，分离变量后 \[\begin{align*} \lambda &= \lim_{x \rightarrow 1}\frac{\left\lbrack g(x) - \ln x \right\rbrack + \left\lbrack f(x) - \ln x \right\rbrack}{\left\lbrack g(x) - \ln x \right\rbrack - \left\lbrack f(x) - \ln x \right\rbrack} \end{align*}\]

对于乘法组合的不等式

令 \(\varphi_{2}(x) = \left\lbrack f(x) \right\rbrack^{\frac{1 + \lambda}{2}}\left\lbrack g(x) \right\rbrack^{\frac{1 - \lambda}{2}} - \ln x\)

由于 \(\lim_{x \rightarrow 1}\varphi_{2}(x) = 0\)

分离变量后

\[\begin{align*} \lambda &= \lim_{x \rightarrow 1}\frac{\ln\left\lbrack \frac{g(x) - \ln x}{\ln x} + 1 \right\rbrack + \ln\left\lbrack \frac{f(x) - \ln x}{\ln x} + 1 \right\rbrack}{\ln\left\lbrack \frac{f(x) - \ln x}{\ln x} + 1 \right\rbrack - \ln\left\lbrack \frac{g(x) - \ln x}{\ln x} + 1 \right\rbrack} \end{align*}\]

结果表明只有当 \(\lim_{x \rightarrow 1}\left\lbrack g(x) - \ln x \right\rbrack\) 与 \(\lim_{x \rightarrow 1}\left\lbrack f(x) - \ln x \right\rbrack\) 是同阶无穷小时才可以加强。

下结论给出部分不等式的无穷小级别

• 一阶无穷小

  \[\begin{align*} & x - 1 - \ln x = o(x - 1) \\ & 1 - \frac{1}{x} - \ln x = o(x - 1) \end{align*}\]

• 二阶无穷小

  \[\begin{align*} & \frac{2(x - 1)}{x + 1} - \ln x = o((x - 1)^2) \\ & \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) - \ln x = o((x - 1)^2) \\ & \sqrt{x} - \frac{1}{\sqrt{x}} - \ln x = o((x - 1)^2) \end{align*}\]

• 三阶无穷小

\[\frac{(x - 1)(x + 5)}{4x + 2} - \ln x = o((x - 1)^3)\]

• 四阶无穷小

  \[\begin{align*} & \frac{1}{3}\left[ \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \right] + \frac{2}{3}\left[ \frac{2(x - 1)}{x + 1} \right] - \ln x = o((x - 1)^4) \\ & \left[ \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \right]^{\frac{1}{3}} \left[ \frac{2(x - 1)}{x + 1} \right]^{\frac{2}{3}} - \ln x = o((x - 1)^4) \\ & \frac{8x^{3} - 8}{3(x + 1)^{3}} - \ln x = o((x - 1)^4) \end{align*}\]

在之前演示中，可以发现我们成功将 \(\frac{2(x - 1)}{x + 1} - \ln x\) 与 \(\frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) - \ln x\) 组合得到

加强不等式，而对于\(- 1 + x - \ln x\)与\(\frac{2(x - 1)}{x + 1} - \ln x\)的组合失败了，原因在于

\(\frac{2(x - 1)}{x + 1} - \ln x\)与\(\frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) - \ln x\)是同阶无穷小，与\(x - 1 - \ln x\)是不同阶无穷小

Remark. 注 1. 这一小节采用高数的符号，这里写\(f(x)\)为\(O(x - 1)\)是指\(\lim_{x \rightarrow 1}\frac{f(x)}{(x - 1)^{n}} = 0\)

4.4 小结

本章讲述基于现有不等式构造加强不等式的方法。从 MATLAB 的函数拟合效果来看的确很好，也达到我们预期效果放缩强度。同时细心的读者会发现，对于我们组合出的两个不等式

\[\begin{align*} \varphi_{1}(x) &= \frac{1}{3}\left\lbrack \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \right\rbrack + \frac{2}{3}\left\lbrack \frac{2(x - 1)}{x + 1} \right\rbrack - \ln x \\ \varphi_{2}(x) &= \left\lbrack \frac{1}{2}\left( x - \frac{1}{x} \right) \right\rbrack^{\frac{1}{3}}\left\lbrack \frac{2(x - 1)}{x + 1} \right\rbrack^{\frac{2}{3}} - \ln x \end{align*}\] 均属于 \(O(x - 1)^{4}\)，也就是说 \(\varphi_{1}(x)\) 与 \(\varphi_{2}(x)\) 仍然可以进行再次组合，构造不等式。有兴趣的读者可以接着尝试。

总而言之，此类方法是适用性极广的方法且效果显著，经常在模拟卷中出现。

5 数值积分

5.1 梯形法则

在之前的章节我们注重于对强不等式的构造，在本章节我们将注意力放回到数值估算上。

梯形法则顾名思义，它的主要思想是将曲线在区间上的图形近似为一条梯形的面积，从而由梯形面积公式来计算函数在某个区间的积分近似值。

即我们认为\(\left( f(x) \geq 0,x \geq 0 \right)\)

\[\frac{- m + n}{2}\left\lbrack f(m) + f(n) \right\rbrack \approx \int_{m}^{n}f(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x\]

更特殊地，我们认为当\(f''(x) > 0\)即\(f(x)\)是下凸函数时

\[\int_{m}^{n}f(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x \leq \frac{- m + n}{2}\left\lbrack f(m) + f(n) \right\rbrack\]

下给出证明

\[\int_{m}^{n}f(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x - \frac{n - m}{2}\left\lbrack f(m) + f(n) \right\rbrack \geq 0\]

视\(n\)为主元

令 \(p(n) = \int_{m}^{n}f(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x - \frac{n - m}{2}\left\lbrack f(m) + f(n) \right\rbrack\)

\[\begin{align*} p'(n) &= f(n) - \frac{f(n)}{2} - \frac{n - m}{2}f'(n) - \frac{f(n)}{2} \\ &= \frac{1}{2}\left\lbrack f(n) - f(m) - (n - m)f'(n) \right\rbrack \\ p''(n) &= \frac{1}{2}\left\lbrack f'(n) - f'(m) - nf''(n) \right\rbrack \\ &= -nf''(n) < 0 \end{align*}\]

则 \(p'(n) < p'(m) = 0,p(n) < p(m) = 0\) 证毕。 则在这里，要证明 \(\ln 2 < 0.7\) 可将 \(\ln 2\) 视为 \(\int_{1}^{2}\frac{1}{x}\,\mathop{}\!\mathrm{d}x\)，则将 \([1, 2]\) 区间分为 \(n\) 个等长的子区间则可表示为

\[\ln 2 = \int_{1}^{2}\frac{1}{x}\,\mathop{}\!\mathrm{d}x < \frac{1}{2n}\left\lbrack 1 + 2\sum_{i = 1}^{n - 1}\frac{1}{\frac{i}{n} + \frac{1}{n}} + \frac{1}{2} \right\rbrack = \frac{3}{4n} + \sum_{i = 1}^{n - 1}\frac{1}{n + i}\]

当 \(n = 2\)，\(\ln 2 < \frac{17}{24}\)；当 \(n = 3\)，\(\ln 2 < 0.7\)；当 \(n = 4\)， \(\ln 2 < \frac{1171}{1680} \approx 0.697\)。命题显然得证。这里是我们取 \(f(x) = \frac{1}{x}\)，\([m, n] = [1, 2]\)。实际上 \(\int_{1}^{2}f(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x = \ln 2\) 并不仅仅只有这一种组合，读者可以自行尝试

5.2 标准辛普森公式

我们反思梯形法，则实质上我们是把光滑的函数拟合为分段直线后积分，那么我们为什么一定要选择直线？是否可以选取三个点，拟合为二次函数？ 答案是可以。这便是标准辛普森公式的核心思想：在每相邻三个点之间，用一个二次多项式来近似原函数，从而估算积分。 我们先考虑区间 \([x_0, x_2]\)，在区间上找二次函数逼近。设 \(x_0, x_1, x_2\) 是均匀分布的点，间隔为 \(h\)： \[\begin{align*} x_{0} &= x_{1} + h \\ x_{2} &= x_{0} + 2h \end{align*}\]

则根据构造过这三点的二次函数

\[P(x) = f\left( x_{0} \right)\frac{\left( x - x_{1} \right)\left( x - x_{2} \right)}{\left( x_{0} - x_{1} \right)\left( x_{0} - x_{2} \right)} + f\left( x_{1} \right)\frac{\left( x - x_{0} \right)\left( x - x_{2} \right)}{\left( x_{1} - x_{0} \right)\left( x_{1} - x_{2} \right)} + f\left( x_{2} \right)\frac{\left( x - x_{0} \right)\left( x - x_{1} \right)}{\left( x_{2} - x_{0} \right)\left( x_{2} - x_{1} \right)}\]

令 \(x = x_{0} + ht\)（\(x_{1} \rightarrow t = 1\)，\(x_{2} \rightarrow t = 2\)），则 \[\begin{align*} l_{0}(t) &= \frac{(t - 1)(t - 2)}{2} \\ l_{1}(t) &= -t(t - 2) \\ l_{2}(t) &= \frac{t(t - 1)}{2} \end{align*}\] 则 \[\begin{align*} \int_{x_{0}}^{x_{2}}P(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x &= h\left\lbrack f\left( x_{0} \right)\int_{0}^{2}l_{0}(t)\,\mathop{}\!\mathrm{d}t + f\left( x_{1} \right)\int_{0}^{2}l_{1}(t)\,\mathop{}\!\mathrm{d}t + f\left( x_{2} \right)\int_{0}^{2}l_{2}(t)\,\mathop{}\!\mathrm{d}t \right\rbrack \\ &= \frac{h}{3}\left\lbrack f\left( x_{0} \right) + 2f\left( x_{1} \right) + f\left( x_{2} \right) \right\rbrack \end{align*}\] 当整个区间\([a,b]\)分为\(n\)个小区间时，由于每个抛物线需要2个小区间，所以\(n\)为偶数又则容易得到

\[\int_{a}^{b}f(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x = \frac{h}{3}\left\lbrack f\left( x_{0} \right) + f\left( x_{n} \right) + 2\left( f\left( x_{2} \right) + f\left( x_{4} \right) + \cdots \right) + 4\left( f\left( x_{1} \right) + f\left( x_{3} \right) + \cdots \right) \right\rbrack\]

一般认为，若\(f^{(4)}(x) < 0\)，估算值 < 实际值，若\(f^{(4)}(x) > 0\)，估算值 > 实际值 实际值 这里我们选取 \(f(x) = \frac{1}{x}\)，\(a = 1\)，\(b = 2\)，\(h = \frac{1}{4}\) 代入 \[\begin{align*} \ln 2 = \int_{1}^{2}\frac{1}{x}\,\mathop{}\!\mathrm{d}x &< \frac{8.319}{12} \approx 0.69325 \end{align*}\] 与 \(\ln 2 \approx 0.69314\) 相当接近。

5.3 三段复合辛普森方法

前一节介绍标准辛普森公式，要求区间被分割数为偶数。事实上，辛普森家庭中存在处理奇数段，尤其是三的倍数段的方法，这便是三段复合辛普森方法。其方法与标准公式唯一不同点，是在三个等距点上构造三次多项式。具体推导方式与前种相似，这里不过多赘述。 公式为

\[\int_{a}^{b}f(x)\,\mathop{}\!\mathrm{d}x = \frac{3h}{8}\left\lbrack f\left( x_{0} \right) + 3f\left( x_{1} \right) + 3f\left( x_{2} \right) + f\left( x_{3} \right) \right\rbrack\]

代入有

\[\ln 2 = \int_{1}^{2}\frac{1}{x}\,\mathop{}\!\mathrm{d}x \approx \frac{3 \cdot \frac{1}{3}}{8}\left\lbrack f(1) + 3f\left( \frac{4}{3} \right) + 3f\left( \frac{5}{3} \right) + f(2) \right\rbrack = \frac{5.35}{8} = 0.69375\]

相当接近标准值

5.4 小结

本章介绍了三种估值方式，核心是借助积分的几何意义估值，便利之处在于结果为有理数便于估值计算。实际上，这几种方法均可用于编程，适合计算难以给出解析解的定积分上。

6 级数展开

6.1 泰勒展开

从本章开始，笔者要开始介绍一些陌生的老朋友。泰勒展开常常出现在模拟卷中。笔者在查阅文献时部分作者认为泰勒展开能是高中必修知识。尽管有些偏不被负，但也可以看出泰勒展开的重要意义。

那么泰勒展开是如何得到的？我们要用一个 \(n\) 次多项式 \(P_{n}(x)\) 在点 \(x_{0}\) 附近表示 \(f(x)\)，那么它们在点 \(x_{0}\) 附近的各阶导数也必然相等

为求\(P_{n}(x)\)表达式，设

\[P_{n}(x) = a_{0} + a_{1}\left( x - x_{0} \right) + \cdots + a_{n - 1}\left( x - x_{0} \right)^{n - 1} + a_{n}\left( x - x_{0} \right)^{n}\]

则各阶导数为

\[\begin{align*} P_{n}^{(k)}\left( x_{0} \right) &= k!a_{k}, \quad k = 0,1,\cdots,n \\ a_{k} &= \frac{f^{(k)}\left( x_{0} \right)}{k!}, \quad k = 0,1,\cdots,n \\ P_{n}(x) &= f\left( x_{0} \right) + \frac{f'\left( x_{0} \right)}{1!}\left( x - x_{0} \right) + \cdots + \frac{f^{(n)}\left( x_{0} \right)}{n!}\left( x - x_{0} \right)^{n} \\ &= \sum_{k = 0}^{n}\frac{f^{(k)}\left( x_{0} \right)}{k!}\left( x - x_{0} \right)^{k} \end{align*}\]

那么由泰勒定理可得

\[f(x) = O\left( x - x_{0} \right)^{n} + \sum_{k = 0}^{n}\frac{f^{(k)}\left( x_{0} \right)}{k!}\left( x - x_{0} \right)^{k}\]

或 \(f(x) = \frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!}\left( x - x_{0} \right)^{n + 1} + \sum_{k = 0}^{n}\frac{f^{(k)}\left( x_{0} \right)}{k!}\left( x - x_{0} \right)^{k}\quad\left( \xi \in \left\lbrack x_{0},x \right\rbrack \right)\)

前者 \(O((x - x_0)^n)\) 称为佩亚诺余项，后者 \(\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n + 1)!}(x - x_0)^{n + 1}\) 称为拉格朗日余项。

证明略，感兴趣的读者可自行证明

6.2 麦克劳林公式

麦克劳林公式实质是 \(x_0=0\) 时带有拉格朗日余项的泰勒展开（其实麦克劳林也认为这毫无新意，但是历史仍固执地将一部分功劳给了麦克劳林），下给出 \(\ln(1+x)\) 与 \(\mathrm{e}^{x}\) 的麦克劳林公式：

\[\ln(1 + x) = x - \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{3}x^{3} - \cdots + ( - 1)^{n - 1}\frac{1}{n}x^{n} + ( - 1)^{n}\frac{1}{n + 1}\frac{1}{(1 + \theta x)^{n + 1}}x^{n + 1}\]

其中 \(\theta \in (0,1)\)，\(x > -1\)

\[\mathrm{e}^{x} = 1 + x + \frac{1}{2!}x^{2} + \cdots + \frac{1}{n!}x^{n} + \frac{\mathrm{e}^{\theta x}}{(n + 1)!}x^{n + 1}\]

那么我们对 \(\ln 2\) 进行估值则有

\[\ln 2 = \sum_{n = 1}^{\infty}( - 1)^{n - 1}\frac{1}{n}\]

那么往里面代入数值欣喜发现，当 \(i=73\) 时，\(\ln 2 < 0.69949 < 0.7\)（上述结果来自 CASIO fx-991CN）

方法不错，但是需要计算较多阶数，原因在于此公式的收敛速度极慢，因此需要改进

我们可以取 \(\ln(1+x)\) 在 \(x=2\) 处的泰勒展开

\[\ln x = \ln 2 + \frac{1}{2}(x - 2) - \frac{1}{4}\frac{(x - 2)^{2}}{2!} + \frac{1}{4}\frac{(x - 2)^{3}}{3!} - \cdots\]

令 \(x = \frac{1}{2}\) 时，则有 \[\begin{align*} -\ln 2 &= \ln 2 - \frac{1}{2} \times \frac{3}{2} - \frac{1}{4} \times \frac{\left( \frac{3}{4} \right)^{2}}{2!} - \cdots \end{align*}\] 即 \[\ln 2 = \frac{1}{2}\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{1}{n}\left( \frac{3}{4} \right)^{n}\] 收敛速度比前者快得多： \[\ln 2 > \frac{1}{2}\sum_{n = 1}^{20}\frac{1}{n}\left( \frac{3}{4} \right)^{n} = 0.692946\]

而 \(\ln 2 \approx 0.6931\)，误差极近

其实还有一种数形结合的方法，我们将 \(x=\ln 2\) 看作 \(\mathrm{e}^{x}=2\) 的解

而\(\mathrm{e}^{0.7} > 1 + 0.7 + \frac{1}{2} \times {0.7}^{2} + \frac{1}{6} \times {0.7}^{3} = \frac{12013}{6000} > 2\)

则可证明出 \(\ln 2 < 0.7\)

6.3 反双曲正切函数的麦克劳林公式

由2024年新旧课标一卷的导数题引入。 最后需要证明不等式为 \((1 \leq x)\)

\[\ln\frac{x}{2 - x} - 2(x - 1) - \frac{2}{3}(x - 1)^{3} \geq 0\]

令 \(x = 1 + t\)

\[\ln\frac{1 + t}{1 - t} - 2t - \frac{2}{3}t^{3} \geq 0\]

细心的读者可以发现

\[\begin{align*} \ln(1 + t) &= t - \frac{1}{2}t^{2} + \frac{1}{3}t^{3} - \cdots \\ \ln(1 - t) &= -t - \frac{1}{2}t^{2} - \frac{1}{3}t^{3} \end{align*}\]

则

\[\ln\left( \frac{1 + t}{1 - t} \right) = 2t + \frac{2}{3}t^{3} + \frac{2}{5}t^{5} + \cdots\]

这便是这道导数压轴题的出处，函数 \(\ln\left( \frac{1 + x}{1 - x} \right)\) 的麦克劳林展开的本质是 \(\ln(1 + x)\) 表麦克劳林展开的复合。我们把 \(\ln\left( \frac{1 + x}{1 - x} \right)\) 叫做反双曲正切函数的，记作 \(\operatorname{arctanh}x\)，即

\[\operatorname{arctanh}x = \frac{1}{2}\ln\left( \frac{1 + x}{1 - x} \right)\]

则

\[\begin{align*} \ln 2 &= 2\operatorname{arctanh}\frac{1}{3} = 2\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{1}{2n + 1}\left( \frac{1}{3} \right)^{2n + 1} \end{align*}\] 此式收敛速度较快： \[\ln 2 > 2\sum_{n = 0}^{3}\frac{1}{2n + 1}\left( \frac{1}{3} \right)^{2n + 1} = 0.693134\]

6.4 帕德近似

从泰勒展开到泰勒展开，就必须要提及帕德近似。由于泰勒展开存在局限性，在某些时候收敛速度过慢，因此数学家们思考：能不能用一个有理函数来代替这个泰勒多项式？ 这便是逼近帕德近似最初动机。

帕德近似的思想是构造一个有理函数 \(R(x) = \frac{P_{r}(x)}{Q_{s}(x)}\) (\(r,s\)分别是分子、分母多项式次数)

使得 \(f(x) - R(x) = O\left( x^{r + s + 1} \right)\)

即有理函数在\(x = 0\)附近与原函数泰勒展开一致到\(r + s\)项为止

我们计算 \([2/2]\) 型的 \(\ln(x + 1)\) 的帕德近似

令 \(\ln(x + 1) = x - \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{3}x^{3} - \frac{1}{4}x^{4} + O\left( x^{5} \right) \sim \frac{a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2}}{b_{0} + b_{1}x + b_{2}x^{2}}\)

对于右边等式处理 \(\left( b_{0} + b_{1}x + b_{2}x^{2} \right)\left( x - \frac{1}{2}x^{2} + \frac{1}{3}x^{3} - \frac{1}{4}x^{4} \right) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + O\left( x^{3} \right) + O\left( x^{4} \right)\) (更高阶忽略)

\[\begin{align*} b_{0} &= a_{1} \\ b_{1} - \frac{1}{2}b_{0} &= a_{2} \\ a_{0} &= 0 \\ \frac{1}{3}b_{0} - \frac{1}{2}b_{1} + b_{2} &= 0 \\ \frac{1}{3}b_{1} - \frac{1}{2}b_{2} - \frac{1}{4}b_{0} &= 0 \end{align*}\] 得 \[\begin{align*} b_{2} &= \frac{1}{6}, \quad b_{1} = 1, \quad b_{0} = 1 \\ a_{0} &= 0, \quad a_{2} = \frac{1}{2}, \quad a_{1} = 1 \end{align*}\]

代入 \(\ln(x + 1) \sim \frac{3x^{2} + 6x}{x^{2} + 6x + 6}\)

易证明：当 \(x > 0\)，\(\ln(x + 1) \geq \frac{3x^{2} + 6x}{x^{2} + 6x + 6}\)； 当 \(-1 < x < 0\)，\(\ln(x + 1) < \frac{3x^{2} + 6x}{x^{2} + 6x + 6}\)。

则当 \(x = 1\) 时 \(\ln 2 \geq \frac{9}{13}\)。

同理对 \(\mathrm{e}^{x}\) 研究，可以得到 \[\mathrm{e}^{x} \geq \frac{x^{2} + 6x + 12}{x^{2} - 6x + 12}, \quad x > 0\] 代入 \(x = \ln 2\) 可得 \[\ln 2 \leq 9 - \sqrt{69} \approx 0.69337\]

6.5 连分式展开

连分式展开最早由19世纪希腊数学家提出。\(\ln(1 + x)\) 的连分式展开式由拉格朗日提出，下面给出结论与证明

\[\ln(1 + x) = \cfrac{x}{1 + \cfrac{1^{2}x}{2 + \cfrac{1^{2}x}{3 + \cfrac{2^{2}x}{4 + \cfrac{2^{2}x}{5 + \cfrac{3^{2}x}{6 + \cfrac{3^{2}x}{7 + \cdots}}}}}}}\]

证明设（感谢知乎张成） 设

\[F(a,b,c,z) = 1 + \frac{ab}{c}z + \frac{a(a + 1)b(b + 1)}{2!(c + 1)}z^{2} + \frac{a(a + 1)(a + 2)b(b + 1)(b + 2)}{3!(c + 1)(c + 2)}z^{3} + \cdots\]

则有

\[\begin{align*} F(1,1,2, -z) &= \frac{1}{2}\ln(1 + z) \quad \text{（泰勒展开）} \end{align*}\] 比较交与前系数可证 \[\begin{align*} F(a,b,c,z) &= F(a,b + 1,c + 1,z) - \frac{a(c - b)}{c(c + 1)}zF(a + 1,b + 1,c + 2,z) \\ \frac{F(a,b + 1,c + 1,z)}{F(a,b,c,z)} &= \frac{1}{1 - \frac{a(c - b)}{c(c + 1)}z\frac{F(a + 1,b + 1,c + 2,z)}{F(a,b + 1,c + 1,z)}} \end{align*}\]

交换 \(a\) 和 \(b\)，然后用 \(b + 1,c + 1\) 代替 \(b\) 和 \(c\) 得到等式 \[\begin{align*} \frac{F(a + 1,b + 1,c + 2,z)}{F(a,b + 1,c + 1,z)} &= \frac{1}{1 - \frac{(b + 1)(c - a + 1)}{(c + 1)(c + 2)}z\frac{F(a + 1,b + 2,c + 3,z)}{F(a + 1,b + 1,c + 2,z)}} \end{align*}\] 同样若将 \(a,b,c\) 替代为 \(a + 1,b + 1,c + 2\) 便可重复迭代得到高斯连分式

\[\frac{F(a,b + 1,c + 1,z)}{F(a,b,c,z)} = \frac{1}{1 - \frac{a(c - b)}{c(c + 1)}z\left( 1 - \frac{(b + 1)(c - a + 1)}{(c + 1)(c + 2)}z\left( 1 - \frac{(a + 1)(c - b + 1)}{(c + 2)(c + 3)}z\left( 1 - \frac{(b + 2)(c - a + 2)}{(c + 3)(c + 4)}z - \cdots \right) \right) \right)}\]

令 \(a = 1\)，\(b = 0\)，\(c = -2\)，\(z = -z\)，则 \[\ln(1 + z) = \frac{z}{1 + \frac{1^{2}z}{2 + \frac{1^{2}z}{3 + \frac{2^{2}z}{4 + \cdots}}}}\] 证毕。当 \(x = 1\) 时代入 \[\ln 2 = \frac{1}{1 + \frac{1^{2}}{2 + \frac{1^{2}}{3 + \frac{2^{2}}{4 + \cdots}}}}\] 计算到 3 阶 \[\ln 2 < \frac{1}{1 + \frac{1}{2 + \frac{1}{3}}} = \frac{7}{10}\] 证毕。

6.6 小结

本章大致讲了多种级数展开，通过各种方式对\(\ln 2\)进行有理数逼近，对\(\ln 2\)给出许多有效的逼近，贯穿始终的正是我们”高中必修”的泰勒展开。本章是完全高等数学的内容，或显晦涩，望读者理解。

致谢

任何美好，都会有结束的时候。现在为未来留下的正是美好的过去罢了。 \(\ln 2 < 0.7\)的证明或许简单，但内部的逻辑并不简单。文章一点一点从高中水平走到高等数学的门槛，也许便是印证。

• 感谢何其多老师的鼓励和支持，正是老师的启发让我有写完的动力。

• 感谢同桌夏阳提供的题目与改进的意见。

• 感谢陆奕冰同学、夏屹晨同学、赵志鹏同学等提的读者反馈，为这篇文章提供宝贵意见。

• 感谢所有为这篇文章提供帮助的人。

受限于作者知识，这篇文章多有不足，还望读者斧正。