讲义习题

3.4 讲义习题

3.4.1 导数与微分的概念，函数的局部线性近似

例 3.4.1 (例4.1.4) 设 $f^{'} (x_{0}) = λ$ ， $x_{n} < x_{0} < y_{n}$ 满足 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = lim_{n \to + \infty} y_{n} = x_{0}$ ，证明： $\begin{matrix} (1) & lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{n})}{y_{n} - x_{n}} = λ \end{matrix}$ 如果所有 $x_{n}, y_{n}$ 都位于 $x_{0}$ 的同一侧，结论还成立吗？为什么？

证明参见例3.3.1和例3.3.2。 $◻$

错解以下错解很精彩，请读者自行找出错误之处：由Heine定理可得 $\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{n})}{y_{n} - x_{n}} = lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{0}) + f (x_{0}) - f (x_{n})}{y_{n} - x_{n}} \\ = lim_{n \to + \infty} \frac{f (y_{n}) - f (x_{0})}{y_{n} - x_{0}} lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - x_{0}}{y_{n} - x_{n}} + lim_{n \to + \infty} \frac{f (x_{0}) - f (x_{n})}{x_{0} - x_{n}} lim_{n \to + \infty} \frac{x_{0} - x_{n}}{y_{n} - x_{n}} \\ = f^{'} (x_{0}) lim_{n \to + \infty} \frac{y_{n} - x_{0}}{y_{n} - x_{n}} + f^{'} (x_{0}) lim_{n \to + \infty} \frac{x_{0} - x_{n}}{y_{n} - x_{n}} = f^{'} (x_{0}) \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

3.4.2 导数与微分的运算法则

例 3.4.2 (习题4.2.4节选) 求以下函数的导数：

(1): $\ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})$
(2): $\sin e^{x^{2}}$
(3): $\tan (\arcsin x)$
(4): $\sqrt{x + \sqrt[3]{x}}$
(5): $f (x) = {\begin{cases} x^{2} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$

解 (1) $\begin{matrix} (3) & f^{'} (x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}} \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (4) & f^{'} (x) = 2 x e^{x^{2}} \cos e^{x^{2}} \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (5) & f^{'} (x) = \frac{1}{(1 - x^{2})^{3 / 2}} \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (6) & f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x + \sqrt[3]{x}}} (1 + \frac{1}{3 \sqrt[3]{x^{2}}}) \end{matrix}$

(5) $\begin{matrix} (7) & f^{'} (x) = {\begin{cases} 2 x \sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

例 3.4.3 (习题4.2.7) 设 $0 < ε < 1$ ， $x (t) = t - ε \sin t$ ， $y (t) = 1 - ε \cos t$ 。求 $\frac{d y}{d x}$ 。

解 $\begin{matrix} (8) & \frac{d y}{d x} = \frac{\frac{d y}{d t}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{ε \sin t}{1 - ε \cos t} \end{matrix}$ $◻$

3.4.3 高阶导数

例 3.4.4 (习题4.3.2节选) 求以下函数的二阶导数：

(1): $\ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})$
(2): $\sin (e^{x^{2}})$
(3): $\tan (\arcsin x)$
(4): $\sqrt{x + \sqrt[3]{x}}$

解 (1) $\begin{matrix} (9) & f^{″} (x) = \frac{- x}{(1 + x^{2})^{3 / 2}} \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (10) & f^{″} (x) = 2 e^{x^{2}} [(1 + 2 x^{2}) \cos e^{x^{2}} - 2 x^{2} e^{x^{2}} \sin e^{x^{2}}] \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (11) & f^{″} (x) = \frac{3 x}{(1 - x^{2})^{5 / 2}} \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (12) & f^{″} (x) = - \frac{5 + 10 x^{2 / 3} + 9 x^{4 / 3}}{36 (1 + x^{2 / 3}) x^{5 / 3} \sqrt{x + x^{1 / 3}}} \end{matrix}$ $◻$

例 3.4.5 (习题4.3.9) 设 $A, α, β \in R$ ，讨论函数 $\begin{matrix} (13) & f (x) := {\begin{cases} | x |^{α} \ln | x |, & x \neq 0 \\ A, & x = 0 \end{cases}; g (x) := {\begin{cases} | x |^{α} \sin \frac{1}{| x |^{β}}, & x \neq 0 \\ A, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 的连续性、可微性和高阶可微性。

解由于 $f, g$ 均为偶函数，故我们仅讨论 $x \geq 0$ 的情况。显然 $f \in C^{\infty} (R^{+})$ ，故我们只需要讨论 $x = 0^{+}$ 处的连续性和可微性。

(1) 当 $α \leq 0$ 时， $x^{α} \geq 1$ 且 $\ln x \to - \infty$ （ $x \to 0^{+}$ ），此时 $x^{α} \ln x \to - \infty$ ，故 $f$ 在 $x = 0^{+}$ 处不连续，自然不可微。

当 $α > 0$ 时，设 $n = ⌈ α ⌉ - 1$ ，则 $0 < α - n \leq 1$ ，由熟知的极限可得 $x^{α - n} \ln x = o (1)$ （ $x \to 0^{+}$ ），故有 $f (x) = x^{n} \cdot x^{α - n} \ln x = x^{n} \cdot o (1) = o (x^{n})$ （ $x \to 0^{+}$ ），故 $f$ 至少是 $n$ 阶可导的，且 $f^{(k)} (0) = 0$ （ $0 \leq k \leq n$ ），须有 $A = 0$ 。

对于 $n + 1$ 阶导，注意到 $\begin{matrix} (14) & f^{(n)} (x) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (x^{α})^{(n - k)} (\ln x)^{(k)} = c_{0} x^{α - n} \ln x + \sum_{k = 1}^{n} c_{k} x^{α - n + k} \cdot x^{- k} = x_{0}^{α - n} (c_{0} \ln x + d_{0}) \end{matrix}$ 考虑 $\begin{matrix} (15) & lim_{x \to 0^{+}} \frac{f^{(n)} (x) - f^{(n)} (0)}{x - 0} = lim_{x \to 0^{+}} x^{α - n - 1} (c_{0} \ln x + d_{0}) = - \infty \end{matrix}$ 故 $f$ 不存在 $n + 1$ 阶导数。

综上所述，

当 $α \leq 0$ 或 $A \neq 0$ 时， $f$ 不连续。
当 $α > 0$ 且 $A = 0$ 时， $f$ 具有且仅具有 $(⌈ α ⌉ - 1)$ 阶可微性。

(2) 当 $β \leq 0$ 时，此时有 $\begin{matrix} (16) & g (x) = x^{α} \sin (x^{- β}) = x^{α - β} + o (x^{α - β}), x \to 0^{+} \end{matrix}$ 故当 $α < β$ 时， $g (x) \to + \infty$ ， $g$ 不连续，自然不可微。当 $α = β$ 时， $g (x) \to 1$ ，为使 $g$ 连续须有 $A = 1$ ；当 $α > β$ 时， $g (x) \to 1$ ，为使 $g$ 连续须有 $A = 0$ ；当 $α \geq β$ 时，有 $\begin{matrix} (17) & g (x) = x^{α} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k + 1}}{(2 k - 1)!} x^{- k β} + o (x^{- n β})) = \sum_{k = 1}^{n} \frac{(- 1)^{k + 1}}{(2 k - 1)!} x^{α - k β} + o (x^{α - n β}) \end{matrix}$ 因此

$g$ 至少具有 $⌊ α - β ⌋$ 阶可微性。
若 $α, β \in Z$ ，则 $g$ 具有无穷阶可微性。

当 $β > 0$ 时，若 $α \leq 0$ 则显然 $g$ 不连续，自然不可微；若 $α > 0$ ，设 $n = ⌈ α ⌉ - 1$ ，则 $0 < α - n \leq 1$ ， $x^{α - n} \sin \frac{1}{x^{β}} = o (1)$ （ $x \to 0^{+}$ ），故有 $g (x) = x^{n} \cdot x^{α - n} \sin \frac{1}{x^{β}} = x^{n} \cdot o (1) = o (x^{n})$ （ $x \to 0^{+}$ ），故 $g$ 至少是 $n$ 阶可导的，且 $g^{(k)} (0) = 0$ （ $0 \leq k \leq n$ ），须有 $A = 0$ 。

对于 $n + 1$ 阶导，可以归纳证明 $\begin{matrix} (18) & {(\sin \frac{1}{x^{β}})}^{(n)} = \frac{P_{n} (x^{β}) \cos (x^{- β}) + Q_{n} (x^{β}) \sin (x^{- β})}{x^{(1 + β) n}} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (19) & \begin{aligned} g^{(n)} (x) & = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) {(x^{α})}^{(n - k)} {(\sin \frac{1}{x^{β}})}^{(k)} \\ = \sum_{k = 0}^{n} c_{k} x^{α - n - β k} [P_{k} (x^{β}) \cos (x^{- β}) + Q_{k} (x^{β}) \sin (x^{- β})] \end{aligned} \end{matrix}$ 考虑 $\begin{matrix} (20) & lim_{x \to 0^{+}} \frac{g^{(n)} (x) - g^{(n)} (0)}{x - 0} = \sum_{k = 0}^{n} c_{k} x^{α - n - 1 - β k} [P_{k} (x^{β}) \cos (x^{- β}) + Q_{k} (x^{β}) \sin (x^{- β})] \end{matrix}$ 由于 $α - n - 1 \leq 0$ ，故 $g$ 不存在 $n + 1$ 阶导数。

综上所述，

当 $β \leq 0$ 时，
- 若 $α < β$ ，或 $α = β$ 且 $A \neq 1$ ，或 $α > β$ 且 $A \neq 0$ ， $g$ 不连续。
- 设 $α \geq β$ 且 $A$ 满足连续性条件，若 $α, β$ 不全为整数，则 $g$ 具有且仅具有 $⌊ α - β ⌋$ 阶可微性；若 $α, β$ 均为整数，则 $g$ 具有无穷阶可微性。
当 $β > 0$ 时，
- 若 $α \leq 0$ 或 $A \neq 0$ ， $g$ 不连续。
- 若 $α > 0$ 且 $A = 0$ ， $g$ 具有且仅具有 $(⌈ α ⌉ - 1)$ 阶可微性。

◻

例 3.4.6 (习题4.3.10) 设 $f (x) = {\begin{cases} e^{- \frac{1}{x^{2}}}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ ，证明： $f$ 是 $C^{\infty}$ 函数，且 $\forall n \in N$ ， $f^{(n)} (0) = 0$ 。

证明当 $x \neq 0$ 时， $f$ 为初等函数，故 $f$ 在 $x \neq 0$ 处无穷阶可导。设 $f^{(n)} (x) = e^{- \frac{1}{x^{2}}} P_{n} (\frac{1}{x})$ ，则有 $\begin{matrix} (21) & e^{- \frac{1}{x^{2}}} P_{n + 1} (\frac{1}{x}) = f^{(n + 1)} (x) = e^{- \frac{1}{x^{2}}} [\frac{2}{x^{3}} P_{n} (\frac{1}{x}) - \frac{1}{x^{2}} P_{n}^{'} (\frac{1}{x})] \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (22) & P_{n + 1} (t) = 2 t^{3} P_{n} (t) - t^{2} P_{n}^{'} (t) \end{matrix}$ 结合 $P_{0} (t) = 1$ ，归纳可证 $P_{n}$ 为多项式以及 $\begin{matrix} (23) & f^{(n)} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f^{(n - 1)} (x) - f^{(n - 1)} (0)}{x - 0} = lim_{x \to 0} e^{- \frac{1}{x^{2}}} \frac{1}{x} P_{n - 1} (\frac{1}{x}) = lim_{t \to \infty} \frac{t P_{n - 1} (t)}{e^{t^{2}}} = 0 \end{matrix}$ 故 $f$ 是 $C^{\infty}$ 函数，且 $\forall n \in N$ ， $f^{(n)} (0) = 0$ 。 $◻$

例 3.4.7 (习题4.3.16) 设 $0 < ε < 1$ ， $x (t) = t - ε \sin t$ ， $y (t) = 1 - ε \cos t$ 。求 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ 。

解 $\begin{matrix} (24) & \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{\frac{d}{d t} \frac{d y}{d x}}{\frac{d x}{d t}} = \frac{\frac{d}{d t} \frac{ε \sin t}{1 - ε \cos t}}{1 - ε \cos t} = \frac{ε (\cos t - ε)}{(1 - ε \cos t)^{3}} \end{matrix}$ $◻$

3.4.4 应用：平面曲线的切线、法线和曲率

例 3.4.8 (习题4.4.4) 设 $0 < ε < 1$ ， $x (t) = t - ε \sin t$ ， $y (t) = 1 - ε \cos t$ 。求该曲线在点 $(0, 1 - ε)$ 处的曲率。

解计算可得 $\begin{matrix} (25) & \begin{aligned} x^{'} (t) & = 1 - ε \cos t, & y^{'} (t) & = ε \sin t \\ x^{″} (t) & = ε \sin t, & y^{″} (t) & = ε \cos t \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (26) & x^{'} (0) = 1 - ε, y^{'} (0) = 0, x^{″} (0) = 0, y^{″} (0) = ε \end{matrix}$ 代入曲率公式可得 $\begin{matrix} (27) & κ = \frac{| x^{'} (0) y^{″} (0) - x^{″} (0) y^{'} (0) |}{{[(x^{'} (0))^{2} + (y^{'} (0))^{2}]}^{3 / 2}} = \frac{ε}{(1 - ε)^{2}} \end{matrix}$ $◻$