雨课堂作业

3.2 雨课堂作业

3.2.1 函数连续性

例 3.2.1 (作业第1题) 不定项选择题：以下哪些函数在指定区间上是一致连续的？

(A): $\ln x$ ， $x \in (0, 1]$
(B): $\frac{\sin x}{x}$ ， $x \in R$
(C): $\tan x$ ， $x \in (- \frac{π}{2}, \frac{π}{2})$
(D): $x \sin x$ ， $x \in R$
(E): $\sin (x^{2})$ ， $x \in R$
(F): $e^{- 1 / | x |}$ ，在 $x = 0$ 时补充定义函数值为 $0$ ， $x \in R$

解 BF。一致连续有以下充分条件：若 $f$ 在区间 $I$ 上可导，且 $f^{'}$ 在 $I$ 上有界，则 $f$ 满足Lipschitz函数，从而在 $I$ 上一致连续。证明可利用Lagrange中值定理： $\begin{matrix} (1) & | f (x) - f (y) | = | f^{'} (ξ) | | x - y | \leq M | x - y | < M δ = ε \end{matrix}$ 易验证BF均为偶函数，且均在闭区间 $[0, 1]$ 上连续，故仅需验证 $x \geq 1$ 时的一致连续性，计算可得： $\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} f_{B} (x) := \frac{\sin x}{x}, & f_{B}^{'} (x) = \frac{x \cos x - \sin x}{x^{2}}, & | f_{B}^{'} (x) | \leq | \frac{\cos x}{x} | + | \frac{\sin x}{x^{2}} | \leq 1 + 1 = 2 \\ f_{F} (x) := e^{- 1 / x}, & f_{F}^{'} (x) = \frac{e^{- 1 / x}}{x^{2}}, & | f_{F}^{'} (x) | \leq \frac{e^{- 1}}{1} = e^{- 1} \end{aligned} \end{matrix}$ 因此BF在指定区间上一致连续。

欲证明函数在指定区间上不一致连续，可利用反证法，构造两个序列 $(x_{n}), (y_{n})$ ，使得 $lim_{n \to + \infty} (x_{n} - y_{n}) = 0$ ，但存在 $ε > 0$ 使得 $\forall n \in N$ ，都有 $| f (x_{n}) - f (y_{n}) | \geq ε$ 。对于ACDE，具体构造如下：

(A): 取 $x_{n} = \frac{1}{n}$ 、 $y_{n} = \frac{1}{2 n}$ ，则 $lim_{n \to + \infty} (x_{n} - y_{n}) = 0$ ，但 $\ln x_{n} - \ln y_{n} = \ln 2$ 。
(C): 取 $x_{n} = \frac{π}{2} - \frac{1}{n}$ 、 $y_{n} = \frac{π}{2} - \frac{1}{2 n}$ ，则 $lim_{n \to + \infty} (x_{n} - y_{n}) = 0$ ，但注意到 $x < \tan x < \frac{4}{π} x$ （ $0 < x < \frac{π}{4}$ ），故有 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \tan x_{n} - \tan y_{n} & = \tan (x_{n} - y_{n}) (1 + \tan x_{n} \tan y_{n}) = \tan \frac{1}{2 n} (1 + \frac{1}{\tan \frac{1}{n} \tan \frac{1}{2 n}}) \\ > \frac{1}{2 n} \frac{1}{\frac{4}{π n} \frac{4}{2 π n}} = \frac{π^{2}}{16} n \geq \frac{π^{2}}{16} \end{aligned} \end{matrix}$
(D): 取 $x_{n} = n π$ 、 $y_{n} = n π + \frac{1}{n}$ ，则 $lim_{n \to + \infty} (x_{n} - y_{n}) = 0$ ，但注意到 $\frac{2}{π} x < \sin x < x$ （ $0 < x < \frac{π}{2}$ ），故有 $f (y_{n}) - f (x_{n}) = (n π + \frac{1}{n}) \sin \frac{1}{n} > n \cdot \frac{2}{π n} = \frac{2}{π}$ 。
(E): 取 $x_{n} = \sqrt{n π}$ 、 $y_{n} = \sqrt{(n + 1) π}$ ，则 $lim_{n \to + \infty} (x_{n} - y_{n}) = 0$ ，但注意到 $| f (y_{n}) - f (x_{n}) | = 2$ 。

◻

注以上条件不是必要条件，例如 $f (x) = \sqrt{x}$ 在 $(0, 1]$ 上一致连续，但 $f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}}$ 在 $(0, 1]$ 上无界。

例 3.2.2 (作业第2题) 不定项选择题：设 $f$ 是有界开区间 $(a, b)$ 上的连续函数， $lim_{x \to a^{+}} f (x)$ 和 $lim_{x \to b^{-}} f (x)$ 都是有限实数。则以下结论正确的是

(A): $f$ 在开区间 $(a, b)$ 上必然一致连续
(B): $f$ 在开区间 $(a, b)$ 上必然有上界
(C): $f$ 在开区间 $(a, b)$ 上必然有下界
(D): $f$ 在开区间 $(a, b)$ 上必然有最大值
(E): $f$ 在开区间 $(a, b)$ 上必然有最小值

解 ABC。补充定义 $f (a) = lim_{x \to a^{+}} f (x)$ ， $f (b) = lim_{x \to b^{-}} f (x)$ ，则 $f$ 在闭区间 $[a, b]$ 上连续、有界且有最大值和最小值，故 $f$ 在 $(a, b)$ 上有界，但不一定有最大值和最小值（因为可能在边界处取得最值），例如 $f (x) = x$ 。 $◻$

例 3.2.3 (作业第3题) 不定项选择题：设 $f$ 是 $R$ 上的连续的周期函数。则以下结论中正确的是：

(A): $f$ 有最大值
(B): $f$ 有最小值
(C): $f$ 是一致连续函数

解 ABC。在一个周期上应用连续函数的性质，随后利用周期性即可。 $◻$

例 3.2.4 (作业第4题) 判断题：除常值函数 $0$ 和形如 $f (x) = e^{λ x^{2}}$ 的函数外，还存在其他连续函数 $f$ 满足 $f (\sqrt{x^{2} + y^{2}}) = f (x) f (y)$ （ $\forall x, y \in R$ ）。

解错误。代入 $x = y = 0$ 可得 $f (0) = 0$ 或 $f (0) = 1$ 。由数学归纳法可证明 $\forall r \in Q +$ ， $| f (\sqrt{r} x) | = | f (x) |^{r}$ 。

若 $f (0) = 0$ ，代入 $y = 0$ 可得 $f (| x |) = 0$ ，故 $f$ 在 $[0, + \infty)$ 上恒等于 $0$ ，且在 $(- \infty, 0)$ 上至多有一个不为 $0$ 的函数值，否则 $0 = f (\sqrt{x_{1}^{2} + x_{2}^{2}}) = f (x_{1}) f (x_{2}) \neq 0$ 产生矛盾。由 $f$ 的连续性可知 $f$ 恒为 $0$ 。

若 $f (0) = 1$ ，代入 $y = 0$ 可得 $f (x) = f (| x |)$ ，故 $f$ 为偶函数，只需讨论 $f$ 在 $[0, + \infty)$ 上的性质。若 $\exists x_{0} > 0$ 使得 $f (x_{0}) = 0$ ，则 $f (\sqrt{r} x_{0}) = 0$ 对任意 $r \in Q^{+}$ 成立，从而由连续性可知 $f (0) = 0$ ，与 $f (0) = 1$ 矛盾，故 $f$ 在 $R$ 上恒不为 $0$ 。再由 $f (0) = 0$ 和介值定理可得 $f$ 在 $[0, + \infty)$ 上恒为正值，且 $f (\sqrt{r} x) = f (x)^{r}$ 对任意 $r \geq 0, r \in Q$ 成立。令 $g (x) := \sqrt{| \ln f (x) |}$ ，则 $\begin{matrix} (4) & f (\sqrt{r} x) = f (x)^{r} ⟹ g (\sqrt{r}) = \sqrt{r} g (1) =: \sqrt{| \ln f (1) | r}, \forall r \geq 0, r \in Q \end{matrix}$ 由 $g$ 的连续性可知 $g (x) = \sqrt{| \ln f (1) |} x$ 对任意 $x \geq 0$ 成立，从而 $f (x) = f (1)^{x^{2}}$ 。 $◻$

例 3.2.5 (作业第5题) 不定项选择题：关于参数 $t$ 的如下命题：若 $f : [0, 1] \to R$ 是连续函数，则 $\exists ξ, η \in [0, 1]$ 使得 $η - ξ = t$ 且 $\begin{matrix} (5) & f (η) - f (ξ) = t (f (1) - f (0)) \end{matrix}$

(A): $t = 1$ 时命题成立
(B): $t = \frac{1}{2}$ 时命题成立
(C): $t = \frac{1}{3}$ 时命题成立
(D): $t = \frac{1}{n}$ （ $n \in N^{+}$ ）时命题成立
(E): 对任意 $0 < t < 1$ ，命题成立

解 ABCD。令 $\tilde{f} (x) := f (x) - f (0) - [f (1) - f (0)] x$ ，此时 $\tilde{f} \in C [0, 1]$ 且 $\tilde{f} (0) = \tilde{f} (1) = 0$ ，则(D)选项等价于 $\forall n \in N^{+}$ ， $\exists ξ \in [0, 1 - \frac{1}{n}]$ 使得 $\tilde{f} (ξ) = \tilde{f} (ξ + \frac{1}{n})$ ，这正是例2.6.2的结论。

为了寻找(E)选项的反例，我们可以把 $f$ 的斜率（导数）做成周期为 $t$ 的函数，这样任意长度为 $t$ 的区间上的增量 $f (x + t) - f (x)$ 都是常数 $C$ 。只要把常数 $C$ 选成不等于 $t$ ，再按比例缩放使得 $f (0) = 0$ 、 $f (1) = 1$ ，就得到反例。令 $t = \frac{3}{5}$ ，一个具体的例子为 $\begin{matrix} (6) & f (x) = {\begin{cases} \frac{5}{3} x, & x \in [0, \frac{3}{10}] \\ \frac{1}{2}, & x \in [\frac{3}{10}, \frac{3}{5}] \\ \frac{5}{3} x - \frac{1}{2}, & x \in [\frac{3}{5}, \frac{9}{10}] \\ 1, & x \in [\frac{9}{10}, 1] \end{cases} \end{matrix}$ 容易验证 $f (x + \frac{3}{5}) - f (x) \equiv \frac{1}{2}$ 。 $◻$

例 3.2.6 (作业第6题) 判断题：若 $f : R \to R$ 是周期为 $1$ 的连续函数，则 $\forall x \in (0, 1)$ ， $\exists y \in [0, 1]$ 使得 $f (x + y) = f (y)$ 。

解正确。连续周期函数 $f$ 必有最大值，设最大值点为 $t_{0} \in R$ 、最大值为 $M$ 。考虑函数 $g (t) := f (x + t) - f (t)$ ，则 $g (t_{0}) = f (x + t_{0}) - M \leq 0$ 、 $g (t_{0} - x) = M - f (t_{0} - x) \geq 0$ ，从而 $\exists t \in [t_{0} - x, t_{0}]$ 使得 $g (t) = 0$ 。令 $y = t - ⌊ t ⌋$ ，则 $y \in [0, 1]$ 且 $f (x + y) = f (y)$ 。 $◻$

另解考虑函数 $g (t) := f (x + t) - f (t)$ ，则 $\begin{matrix} (7) & \int_{0}^{1} g (t) = \int_{x}^{1 + x} f (t) d t - \int_{0}^{1} f (t) d t = 0 \end{matrix}$ 若 $g$ 在 $[0, 1]$ 上不为 $0$ ，则要么 $g (t) > 0$ 、要么 $g (t) < 0$ ，从而 $\int_{0}^{1} g (t) d t \neq 0$ ，产生矛盾。 $◻$

例 3.2.7 (作业第7题) 不定项选择题：

命题1：若 $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = A \in R$ ，且 $\forall x \in R$ ， $f (x) = f (x^{2})$ ，则 $f$ 在开区间 $(0, 1)$ 内恒等于 $A$ 。

命题2：若进一步还有 $f$ 在 $x = 1$ 处连续，则 $f$ 在开区间 $(0, + \infty)$ 内恒等于 $A$ 。

(A): 两个命题都不成立
(B): 命题1成立
(C): 命题2成立

解 BC。 $\forall x \in (0, 1)$ ，考虑数列 $x_{n} = x^{2^{n}}$ ，则 ${f (x_{n})}$ 为常数列，且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0$ ，从而 $f (x) = lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = A$ ，命题1成立。若 $f$ 在 $x = 1$ 处连续，则 $f (1) = lim_{x \to 1} f (x) = A$ 。 $\forall x \in (1, + \infty)$ ，考虑数列 $x_{n} = x^{2^{- n}}$ ，则 ${f (x_{n})}$ 亦为常数列，且 $lim_{n \to + \infty} x_{n} = 1$ ，从而 $f (x) = lim_{n \to + \infty} f (x_{n}) = f (1) = A$ ，命题2成立。 $◻$

例 3.2.8 (作业第8题) 填空题：使得以下命题成立的正整数 $k$ 的最大值为____：若 $a_{4} > | a_{0} | + | a_{1} | + | a_{2} | + | a_{3} |$ ，则函数 $f (x) = a_{4} \cos 4 x + a_{3} \cos 3 x + a_{2} \cos 2 x + a_{1} \cos x + a_{0}$ 在区间 $(0, 2 π)$ 内至少有 $k$ 个实根。

解 $k = 8$ 。当 $k = 0, 1, \dots, 8$ 时，由于 $a_{4} > \sum_{i = 1}^{3} | a_{i} |$ ， $f (\frac{k}{4} π)$ 的符号恰为正负交替，由介值定理可得 $f$ 在 $(0, 2 π)$ 内至少有 $8$ 个实根。取 $f (x) = \cos 4 x$ 时， $f$ 在 $(0, 2 π)$ 内恰有 $8$ 个实根，故所求最大值为 $8$ 。 $◻$

例 3.2.9 (作业第9题) 判断题：存在函数 $f : R \to R$ ，它只在所有整数处连续。

解正确。构造如下函数： $\begin{matrix} (8) & f (x) = {\begin{cases} \sin (π x), & x \in Q; \\ 0, & x \in R ∖ Q \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

例 3.2.10 (作业第10题) 填空题：设 $f (x) = lim_{n \to + \infty} \frac{x^{2 n + 2} - 1}{x^{2 n} - x^{n} + x}$ ，则函数 $f$ 的间断点个数为____，其中第一类间断点的个数为____，且第一类间断点____。

(A): 都是可去间断点
(B): 都是跳跃间断点
(C): 既有可去间断点，也有跳跃间断点

解 3；2；C。当 $| x | > 1$ 时，对充分大的 $n$ 满足 $x^{2 n} > 2 | x |^{n} > | x |^{n} + | x | > 1$ ，故 $f (x) = x^{2}$ 。当 $| x | = 1$ 时， $f (x) = 0$ 。当 $0 < | x | < 1$ 时， $f (x) = - \frac{1}{x}$ 。故 $f$ 的间断点为 $x = - 1, 0, 1$ ，其中 $x = 0$ 为第二类间断点， $x = \pm 1$ 为第一类间断点，其中 $x = - 1$ 为可去间断点， $x = 1$ 为跳跃间断点。 $◻$

3.2.2 导数

例 3.2.11 (作业第1, 2, 3, 4, 5, 6题) 计算导数：

(1): $f (x) = \ln (x + \sqrt{1 + x^{2}})$ ，则 $f^{'} (0) =$ ____。
(2): $f (x) = x^{x^{x}}$ （先计算指数部分的幂），则 $f^{'} (1) =$ ____。
(3): $f (x) = \frac{4 x \ln x}{1 + x^{2}}$ ，则 $f^{'} (1) =$ ____。
(4): $f (x) = \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x}$ ，则 $f^{'} (0) =$ ____。
(5): $f (x) = \ln (\cos x + \sin x)$ ，则 $f^{'} (0) =$ ____。
(6): $f (x) = 64 \sqrt{2 + \sqrt{3 + \sqrt{1 + x}}}$ ，则 $f^{'} (0) =$ ____。

解 $1$ ； $1$ ； $2$ ； $- 2$ ； $1$ ； $2$ 。除了直接求导外，还可以利用小o符号，例如(6)： $\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} f (x) & = 64 {[2 + {(3 + 1 + \frac{1}{2} x + o (x))}^{1 / 2}]}^{1 / 2} = 64 {[2 + 2 (1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8} x + o (x))]}^{1 / 2} \\ = 128 [1 + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{32} x + o (x)] = 2 \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 3.2.12 (作业第7题) 填空题：已知 $f^{'} (x) = \frac{A}{π^{2}} \frac{\arcsin x}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ ， $f (\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{9}{2}$ 、 $f (0) = 0$ ，则 $f (\frac{1}{2}) =$ ____。

解 $2$ 。注意到 $\begin{matrix} (10) & f^{'} (x) = \frac{A}{π^{2}} \frac{\arcsin x}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \frac{A}{π^{2}} \arcsin x (\arcsin x)^{'} ⟹ f (x) = \frac{A}{2 π^{2}} (\arcsin x)^{2} + C \end{matrix}$ 代入 $f (0) = 0$ 可得 $C = 0$ ，代入 $f (\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{9}{2}$ 可得 $A = 144$ ，从而 $f (\frac{1}{2}) = 2$ 。 $◻$

例 3.2.13 (作业第8题) 填空题：设 $\begin{matrix} (11) & f (x) = {\begin{cases} | x |^{α} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 则

(1): $f$ 连续当且仅当 $α >$ ____；
(2): $f$ 可微当且仅当 $α >$ ____；
(3): $f^{'}$ 连续当且仅当 $α >$ ____。

解 $0$ ； $1$ ； $2$ 。只需考虑 $x = 0$ 时的情况。

(1) 当 $α > 0$ 时，由 $\begin{matrix} (12) & lim_{x \to 0} | f (x) | \leq lim_{x \to 0} | x |^{α} = 0 ⟹ lim_{x \to 0} f (x) = f (0) \end{matrix}$ 当 $α \leq 0$ 时，取 $x_{n} = \frac{2}{n π}$ ，则 $f (x_{n})$ 在不同 $n$ 时取值为 $1$ 或 $- 1$ ，则 $lim_{n \to + \infty} f (x_{n})$ 不存在，故 $f$ 在 $x = 0$ 处不连续。

(2) $f$ 在 $x = 0$ 处可微当且仅当以下极限存在 $\begin{matrix} (13) & f^{'} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x - 0} = lim_{x \to 0} | x |^{α - 1} \sin \frac{1}{x} \end{matrix}$ 故 $α - 1 > 0$ ，即 $α > 1$ 。

(3) 当 $x \neq 0$ 时有 $| x |^{'} = \frac{x}{| x |}$ ，故求导可得 $\begin{matrix} (14) & f^{'} (x) = {\begin{cases} α x | x |^{α - 2} \sin \frac{1}{x} - | x |^{α - 2} \cos \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 为使 $f^{'}$ 在 $x = 0$ 处连续，需有 $lim_{x \to 0} f^{'} (x) = 0$ ，此时 $α > 2$ 。 $◻$

例 3.2.14 (作业第9题) 填空题：已知 $f^{'} (x) = - f (x)$ ， $f (0) = e$ ，则 $f (1) =$ ____。

解 $1$ 。考虑 $g (x) := e^{x} f (x)$ ，则 $g^{'} (x) = e^{x} [f (x) + f^{'} (x)] = 0$ ，故 $g (x) \equiv g (0) = e$ ，从而 $f (x) = e^{1 - x}$ ，故 $f (1) = 1$ 。 $◻$

例 3.2.15 (作业第10题) 填空题：已知 $f^{'} (x) = \sin x$ ， $f (0) = 1$ ，则 $f (π) =$ ____。

解 $3$ 。易知 $f (x) = 2 - \cos x$ ，故 $f (π) = 3$ 。 $◻$

例 3.2.16 (作业第11题) 判断题：存在处处不可微的函数 $f$ 使得极限 $\begin{matrix} (15) & lim_{n \to + \infty} n [f (x + \frac{1}{n}) - f (x)] \end{matrix}$ 处处存在。

解正确。考虑Dirichlet函数。 $◻$

例 3.2.17 (作业第12题) 判断题：存在 $R$ 上的可微函数 $f$ 满足 $f (f (x)) = x^{2} - 3 x + 3$ 。

解错误。考虑不动点 $f (f (x)) = x$ ，解得 $x = 1$ 或 $x = 3$ 。设 $f (1) = a$ ，则 $f (a) = 1$ 。求导可得 $f^{'} (f (x)) f^{'} (x) = 2 x - 3$ ，分别代入 $x = 1$ 和 $x = a$ 得到 $f^{'} (1) f^{'} (a) = - 1 = 2 a - 3$ ，则 $a = 1$ ，此时 $f^{'} (1)^{2} = - 1$ ，矛盾。 $◻$

例 3.2.18 (作业第13题) 判断题：存在 $R$ 上的可微函数 $f$ 满足 $f (f (x)) = - x^{3} + x^{2} + 1$ 。

解错误。考虑不动点 $f (f (x)) = x$ ，解得 $x = 1$ 。设 $f (1) = a$ ，则 $f (a) = 1$ 、 $f (f (a)) = 1$ ，故 $a = 1$ 。求导可得 $f^{'} (f (x)) f^{'} (x) = - 3 x^{2} + 2 x$ ，代入 $x = 1$ 可得 $f^{'} (1)^{2} = - 1$ ，矛盾。 $◻$

例 3.2.19 (作业第14题) 不定项选择题：设 $f$ 是可微函数，则以下选项中正确的是：

(A): 若 $f$ 是偶函数，则 $f^{'}$ 是奇函数
(B): 若 $f$ 是奇函数，则 $f^{'}$ 是偶函数
(C): 若 $f^{'}$ 是偶函数，则 $f$ 是奇函数
(D): 若 $f^{'}$ 是奇函数，则 $f$ 是偶函数
(E): 若 $f$ 是周期函数，则 $f^{'}$ 是周期函数
(F): 若 $f^{'}$ 是周期函数，则 $f$ 是周期函数

解 ABDE。CF不成立的原因在于两个导函数相同的函数之间可能相差一个常数项。 $◻$

例 3.2.20 (作业第15题) 已知 $f$ 在 $x = 0$ 处连续，满足 $\begin{matrix} (16) & lim_{x \to 0} \frac{f (2 x) - f (x)}{x} = λ \end{matrix}$ 证明 $f^{'} (0) = λ$ 。

证明甲 $\begin{matrix} (17) & \begin{aligned} lim_{x \to 0} \frac{f (2 x) - f (x)}{x} & = 2 lim_{x \to 0} \frac{f (2 x) - f (0)}{2 x} - lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} \\ = 2 f^{'} (0) - f^{'} (0) = f^{'} (0) \end{aligned} \end{matrix}$ 证明乙 $\begin{matrix} (18) & \begin{aligned} lim_{x \to 0} \frac{f (2 x) - f (x)}{x} & = lim_{x \to 0} f^{'} (x) = f^{'} (0) . \end{aligned} \end{matrix}$ 证明丙 $\begin{matrix} (19) & \begin{aligned} lim_{x \to 0} \frac{f (2 x) - f (x)}{x} & = lim_{x \to 0} \frac{2 f^{'} (2 x) - f^{'} (x)}{1} \\ = 2 f^{'} (0) - f^{'} (0) = f^{'} (0) \end{aligned} \end{matrix}$

(A): 甲的证明是对的
(B): 乙的证明是对的
(C): 丙的证明是对的
(D): 甲乙丙的证明都是错的

解 D。以上证明均默认 $f$ 在 $x = 0$ 处可导，但题中仅给出 $f$ 在 $x = 0$ 处连续，故均不成立。正确的证明参考例1.6.24。 $◻$

3.2.3 高阶导数

例 3.2.21 设 $0 < ε < 1$ ，曲线 $γ$ 的参数方程为 $\begin{matrix} (20) & {\begin{cases} x (t) = t - ε \sin t \\ y (t) = 1 - ε \cos t \end{cases} \end{matrix}$ 求 $\frac{d^{2} y}{d x^{2}}$ 。

解计算可得 $\begin{matrix} (21) & \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d}{d x} \frac{d y}{d x} = \frac{1}{x^{'} (t)} \frac{d}{d t} \frac{y^{'} (t)}{x^{'} (t)} = \frac{y^{″} (t) x^{'} (t) - y^{'} (t) x^{″} (t)}{x^{'} (t)^{3}} = \frac{ε (\cos t - ε)}{(1 - ε \cos t)^{3}} \end{matrix}$ $◻$

例 3.2.22 设 $f (x) = x^{x^{x}}$ （先计算指数部分的幂），则 $f^{″} (1) =$ ____。

解 $2$ 。设 $y = x^{x^{x}}$ ，取对数可得 $\begin{matrix} (22) & \ln y = e^{x \ln x} \ln x, y (1) = 1 \end{matrix}$ 求导可得 $\begin{matrix} (23) & \frac{y^{'}}{y} = e^{x \ln x} [(\ln x + 1) \ln x + \frac{1}{x}], y^{'} (1) = 1 \end{matrix}$ 再求导可得 $\begin{matrix} (24) & \frac{y^{″}}{y} - \frac{y^{' 2}}{y^{2}} = e^{x \ln x} ((\ln x + 1)^{2} \ln x + \frac{\ln x + 1}{x}) + e^{x \ln x} (\frac{2 \ln x + 1}{x} - \frac{1}{x^{2}}) \end{matrix}$ 代入 $x = y (1) = 1$ 、 $y^{'} (1) = 1$ 可得 $y^{″} (1) = 1 + 1 = 2$ 。 $◻$

例 3.2.23 设 $f$ 是 $C^{\infty}$ 函数。记 $y (x) = f (\ln x)$ 。证明对任意正整数 $n$ ，成立 $\begin{matrix} (25) & x^{n} \frac{d^{n} y}{d x^{n}} = (\frac{d}{d t} - (n - 1)) \dots (\frac{d}{d t} - 1) \frac{d}{d t} f (t) \end{matrix}$ 其中 $t = \ln x$ 。

解采用数学归纳法。对于 $n = 1$ ，有 $\begin{matrix} (26) & x \frac{d y}{d x} = x \cdot \frac{d t}{d x} \frac{d f}{d t} = \frac{d}{d t} f (t) \end{matrix}$ 若命题对 $n$ 成立，则 $\begin{matrix} (27) & \begin{aligned} x^{n + 1} \frac{d^{n + 1} y}{d x^{n + 1}} & = x^{n + 1} \frac{d}{d x} [\frac{1}{x^{n}} (\frac{d}{d t} - (n - 1)) \dots (\frac{d}{d t} - 1) \frac{d}{d t} f (t)] \\ = x^{n + 1} [- \frac{n}{x^{n + 1}} + \frac{1}{x^{n}} \cdot \frac{d t}{d x} \cdot \frac{d}{d t}] (\frac{d}{d t} - (n - 1)) \dots (\frac{d}{d t} - 1) \frac{d}{d t} f (t) \\ = (\frac{d}{d t} - n) (\frac{d}{d t} - (n - 1)) \dots (\frac{d}{d t} - 1) \frac{d}{d t} f (t) \end{aligned} \end{matrix}$ 故命题对 $n + 1$ 也成立，由数学归纳法可知命题对任意正整数 $n$ 成立。 $◻$

例 3.2.24 (习题4.3.11) 设 $n \in N^{*}$ 。证明 $n$ 阶Legendre多项式 $\begin{matrix} (28) & P_{n} (x) := \frac{1}{2^{n} n!} \frac{d^{n}}{d x^{n}} {(x^{2} - 1)}^{n} \end{matrix}$ 是以下二阶微分方程的解： $\begin{matrix} (29) & (1 - x^{2}) y^{″} - 2 x y^{'} + n (n + 1) y = 0 \end{matrix}$

证明注意到 $\begin{matrix} (30) & \begin{aligned} {[(x^{2} - 1)^{n + 1}]}^{(n + 2)} & = {[(x^{2} - 1) (x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 2)} \\ = (x^{2} - 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 2)} + 2 (n + 2) x {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} + (n + 2) (n + 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n)} \\ = (n + 1) {[2 x (x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} \\ = (n + 1) {2 x {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} + 2 (n + 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n)}} \end{aligned} \end{matrix}$ 整理可得 $\begin{matrix} (31) & (x^{2} - 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 2)} + 2 x {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n + 1)} - n (n + 1) {[(x^{2} - 1)^{n}]}^{(n)} = 0 \end{matrix}$ 代入 $P_{n} (x)$ 的表达式可得 $\begin{matrix} (32) & (1 - x^{2}) P_{n}^{″} (x) - 2 x P_{n}^{'} (x) + n (n + 1) P_{n} (x) = 0 \end{matrix}$ $◻$

另证设 $y_{n} = (x^{2} - 1)^{n}$ ，由于 $P_{n} (x) \propto y_{n}^{(n)}$ ，故我们只需证明 $y_{n}$ 满足相同形式的微分方程。注意到 $\begin{matrix} (33) & y^{'} = 2 n x (x^{2} - 1)^{n - 1} ⟹ (x^{2} - 1) y^{'} = 2 n x y \end{matrix}$ 等式两边同时求 $n + 1$ 阶导可得 $\begin{matrix} (34) & (x^{2} - 1) y^{(n + 2)} + 2 (n + 1) x y^{(n + 1)} + n (n + 1) y^{(n)} = 2 n x y^{(n + 1)} + 2 n (n + 1) y^{(n)} \end{matrix}$ 移项得证。 $◻$

例 3.2.25 设 $0 < ε < 1$ ，曲线 $γ$ 的参数方程为 $\begin{matrix} (35) & {\begin{cases} x (t) = t - ε \sin t \\ y (t) = 1 - ε \cos t \end{cases} \end{matrix}$ 按以下步骤求曲线 $γ$ 经过点 $P (0, 1 - ε)$ 时的曲率 $κ$ ：

(1): 写出曲线 $γ$ 在点 $P (0, 1 - ε)$ 处的切线和法线 $L_{1}$ 方程；
(2): 求曲线 $γ$ 在点 $Q (t - ε \sin t, 1 - ε \cos t)$ 处的法线 $L_{2}$ 与 $L_{1}$ 的交点坐标；
(3): 让 $t \to 0$ ，求（2）中交点的极限 $C$ （曲率中心）；
(4): 求 $C$ 与 $P$ 的距离（曲率半径）的倒数 $κ$ （曲率）。

解 (1) 求导可得 $x^{'} (t) = 1 - ε \cos t$ ， $y^{'} (t) = ε \sin t$ 。曲线在点 $P (0, 1 - ε)$ 处的切线斜率为 $\frac{d y}{d x} = \frac{y^{'} (0)}{x^{'} (0)} = 0$ ，故法线方程为 $L_{1} : x = 0$ 。

(2) 曲线在点 $Q (t - ε \sin t, 1 - ε \cos t)$ 处的切线斜率为 $\begin{matrix} (36) & \frac{d y}{d x} = \frac{y^{'} (t)}{x^{'} (t)} = \frac{ε \sin t}{1 - ε \cos t} \end{matrix}$ 切线、法线的斜率互为负倒数，故法线方程为 $\begin{matrix} (37) & L_{2} : y - (1 - ε \cos t) = - \frac{1 - ε \cos t}{ε \sin t} [x - (t - ε \sin t)] \end{matrix}$ 联立 $L_{1}, L_{2}$ 可得 $\begin{matrix} (38) & y_{0} = \frac{1 - ε \cos t}{ε \sin t} (t - ε \sin t) + (1 - ε \cos t) = \frac{(1 - ε \cos t) t}{ε \sin t} \end{matrix}$ 故交点坐标为 $(0, y_{0})$ 。

(3) 计算 $t \to 0$ 的极限可得 $\begin{matrix} (39) & y_{C} = lim_{t \to 0} y_{0} = lim_{t \to 0} \frac{(1 - ε \cos t) t}{ε \sin t} = \frac{1 - ε}{ε} \end{matrix}$ 故曲率中心为 $C (0, \frac{1 - ε}{ε})$ 。

(4) 曲率半径为 $\begin{matrix} (40) & R = P C = \frac{1 - ε}{ε} - (1 - ε) = \frac{(1 - ε)^{2}}{ε} \end{matrix}$ 故曲率为 $\begin{matrix} (41) & κ = \frac{1}{R} = \frac{ε}{(1 - ε)^{2}} \end{matrix}$ $◻$

注若直接应用曲率的公式，可得 $\begin{matrix} (42) & κ = {\frac{| y^{″} |}{(1 + y^{' 2})^{3 / 2}} |}_{t = 0} = \frac{ε}{1 - ε^{2}} \end{matrix}$