4.

(1)  解:  根据泰勒展开
\[
   \cos x =1 - \frac{x^2}{2} + o(x^3)
\qquad \mbox{and} \qquad
 \ln (1+x) = x -\frac{1}{2} x^2 +o(x^2),
\]
因此
\[
     \lim_{x\to 0}  \frac{\cos x \ln (1+x)-x}{ x^2}
= \lim_{x\to 0}  \frac{ (1+o(x))(x-\frac12 x^2 +o(x^2))-x  }{x^2}
=\lim_{x\to 0} \frac{x- \frac12 x^2 -x+o(x^2)}{x^2}=-\frac12.
\]

说明：因为分母是 $x^2$, 所以我们只需要分子展开到 $x^2$ 项即可，其它高阶项可以写成 $o(x^2)$. 这里 $\cos x$ 只用了前一项展开，原因是 $\cos x$ 的第二项展开是 $x^2$ 而 $\ln(1+x)$ 的第一项展开是 $x$, 所以此时乘出来就是 $x^3=o(x^2)$, 所以我们并不需要考虑。同样的，因为 $\cos x$ 的第一项是 $1$, 所以 $\ln(1+x)$ 需要展开到 $x^2$ 项.



(2) $\frac{7}{360}$, 课件例题



5. 证明：根据书上144页定理3.3.1，由于函数 $f(x)$ 在 $a$ 点存在二阶导数，则
\[
       f(x)=f(a)+f‘(a)(x-a)+\frac{f‘‘(a)}{2}(x-a)^2+o( (x-a)^2 ).
\]
令 $x=a+h$ 以及 $x=a-h$ 得
\[
       f(a+h)=f(a)+f‘(a)h+\frac{f‘‘(a)}{2}h^2+o( h^2 )
\]
以及
\[
       f(a-h)=f(a)-f‘(a)h+\frac{f‘‘(a)}{2}h^2+o( h^2 ).
\]
因此,
\[
\begin{aligned}
\lim_{h \to 0}  \frac{f(a+h)+f(a-h)-2f(a)}{h^2}
&=  \lim_{h \to 0}  \frac{f(a)+f‘(a)h+\frac{f‘‘(a)}{2}h^2+f(a)-f‘(a)h+\frac{f‘‘(a)}{2}h^2 -2f(a)+o( h^2 )}{h^2}
\\
&=\lim_{h\to 0} \frac{f‘‘(a)h^2 +o( h^2 )}{h^2}
\\
&=f‘‘(a).
\end{aligned}
\]


另一种证法：

作业16 泰勒公式