用户: Solution/ 习题: 楼分析/导数与微分

1导数与微分

导数的几何物理背景, 一元向量值函数的导数, 左导数, 右导数, 导数与单调性, 方向导数与偏导数, 全导数, 微分, 线性变换/线性算子, 微商, 梯度, 导数的四则运算

A 1.1. 设 $x_0\in (a,b),f:(a,b)\to \mathbb{R}$ 在点 $x_0$ 连续.

•

证明: $f$ 在点 $x_0$ 可导当且仅当 ${\lim }_{\begin{array}{c}t,s\to 0\\ ts<0\end{array}}\frac{f(x_0+t)-f(x_0+s)}{t-s}$ 存在. 证明. $$\begin{array}{rl}\underset{\begin{array}{c}t,s\to 0\\ ts<0\end{array}}{\lim }\frac{f(x_0+t)-f(x_0+s)}{t-s}& =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\underset{s\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x_0+t)-f(x_0+s)}{t-s}\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x_0+t)-f(x_0)}{t}=f_{+}^{\prime }(x_0).\end{array}$$同理可证$$\underset{\begin{array}{c}t,s\to 0\\ ts<0\end{array}}{\lim }\frac{f(x_0+t)-f(x_0+s)}{t-s}=f_{-}^{\prime }(x_0).$$ $\square$

•

试讨论 $f$ 在点 $x_0$ 的可导性与极限 ${\lim }_{\begin{array}{c}t,s\to 0\\ ts>0,t\ne s\end{array}}\frac{f(x_0+t)-f(x_0+s)}{t-s}$ 的存在性之间的关系. 若 $f$ 在点 $x_0$ 可导, 则其左右导数都存在且相等, 可以推出题设二次极限存在. 仿照上述过程, $f$ 在点 $x_0$ 可导可以推出 ${\lim }_{\begin{array}{c}t,s\to 0\\ ts>0,t\ne s\end{array}}\frac{f(x_0+t)-f(x_0+s)}{t-s}$ 存在, 反之不然.

设 $x_0\in (a,b),f:(a,b)\to \mathbb{R}$. 试讨论 $f_{+}^{\prime }(x_0)$ 与 $f^{\prime }(x_0^{+})$ 之间的关系 (包括他们的存在性). 根据导数定义$$f_{+}^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},f^{\prime }(x_0^{+})=\underset{t\to x_0^{+}}{\lim }\underset{x\to t}{\lim }\frac{f(x)-f(t)}{x-t}.$$这样如果导数存在且连续, 则 $f_{+}^{\prime }(x_0)$ 与 $f^{\prime }(x_0^{+})$ 存在且相等. 如果导数在 $x_0$ 处不存在, 则二者可能不等, 如取 $f(x)=|x|,x=0$, 则前者为 1 而后者不存在. 设 $\mathbf{\lambda }\in {\mathbb{R}}^n$ 为常向量, $\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{x}\cdot \mathbf{\lambda }(\mathbf{x}\in {\mathbb{R}}^n)$. 试计算 $f_{\mathbf{x}},\nabla f$.

解答. $f_{\mathbf{x}}=(\nabla f{)}^{\mathrm{T}}=\mathbf{\lambda }$.

$\square$

设 $\mathbf{A}$ 为 $m\times n$ 常数矩阵, $\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{Ax}(x\in {\mathbb{R}}^n)$. 试计算 ${\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}$.

解答. ${\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}=\mathbf{A}$.

$\square$

设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶常数方阵, $f(\mathbf{x})={\mathbf{x}}^T\mathbf{A}\mathbf{x}(x\in {\mathbb{R}}^n)$. 试计算 $f_{\mathbf{x}},\nabla f$.

解答. $\nabla f=(f_{\mathbf{x}}{)}^{\mathrm{T}}=(\mathbf{A}+{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}})\mathbf{x}$.

$\square$

设 $\mathbf{A}$ 为 $m\times k$ 常数矩阵, $n=k+m,f(\mathbf{x})=(x_1,x_2,\cdots ,x_m)\mathbf{A}(x_{m+1},x_{m+2},\cdots ,x_n{)}^T(x\in {\mathbb{R}}^n)$. 试计算 $f_{\mathbf{x}},\nabla f$.

解答. $\nabla f=(f_{\mathbf{x}}{)}^{\mathrm{T}}=[\mathbf{A}(x_{m+1},\cdots ,x_n);{\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}(x_1,\cdots ,x_m)]$.

$\square$

利用 ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ 求$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\left(\sin \frac{1}{n^2}+\sin \frac{3}{n^2}+\cdots +\sin \frac{2n-1}{n^2}\right).$$

解答. 注意到$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{f\left(\frac{k}{n}\right)-f(0)}{\frac{k}{n^2}}=f^{\prime }(0),$$其中 $f(x)=\sin x$, 于是 $\sin \frac{k}{n^2}=\frac{k}{n^2}+o\left(\frac{k}{n^2}\right)$, 于是原极限为 $1$.

$\square$

设 $f(x)=a_1\sin x+a_2\sin 2x+\cdots +a_n\sin nx$, 且 $|f(x)|⩽|\sin x|$, 其中 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 为常数. 求证: $|a_1+2a_2+\cdots +n{a}_n|⩽1$.

证明. 由于$$f^{\prime }(x)=a_1+2a_2\cos 2x+\cdots +n{a}_n\cos nx,$$而 ${\lim }_{x\to 0}\left|\frac{f(x)}{\sin x}\right|=|f^{\prime }(0)|⩽1.$ 从而得证.

$\square$

B 1.2. 试构造 $\mathbb{R}$ 上的实函数 $f$ 使得它仅在点 $0$ 连续, 且在点 $0$ 的导数为 $1$.

解答. 设$$f(x)=\{\begin{array}{ll}x,& x\text{ 是有理数},\\ x^2+x,& x\text{ 是无理数}.\end{array}$$容易验证 $f$ 仅在 $x=0$ 处连续且可导, 并且 $f^{\prime }(0)=1$.

$\square$

设 $f$ 在区间 $(a,b)$ 处处可导, 证明: 存在区间 $[\alpha ,\beta ]\subset (a,b)$ 使得 $f^{\prime }$ 在 $[\alpha ,\beta ]$ 上有界.

证明. 取 $\delta =\frac{b-a}{6}$, 令 $a_1=a+\delta ,b_1=b-\delta$, 若能证得存在区间 $[\alpha ,\beta ]\subset [a_1,b_1]$, 则题设结论得证. 下面我们证明这个结论.

令 $a_2=\frac{a_1+b_1}{2}$, 若 $f^{\prime }$ 在 $[a_1,a_2]$ 或 $[a_2,b_1]$ 任何一个区间内有界, 则结论得证, 否则令 $b_2=\frac{a_2+b_1}{2}$, 若 $f^{\prime }$ 在 $[a_2,b_2]$ 或 $[b_2,b_1]$ 任何一个区间有界, 则结论得证, 否则令 $a_3=\frac{a_2+b_2}{2}$, 若 $f^{\prime }$ 在 $[a_2,a_3]$ 或 $[a_3,b_2]$ 任何一个区间有界, 则结论得证, 否则重复这个操作, 即令 $a_{n+1}=\frac{a_n+b_n}{2},b_{n+1}=\frac{a_{n+1}+b_n}{2}$. 我们断言: 在有限步内一定能找到区间使得 $f^{\prime }$ 在该区间内有界. 否则, 这一系列操作中产生的任何区间都使 $f^{\prime }$ 无界, 特别地, $f$ 在闭区间列 $\{[a_n,b_n]\}$ 上始终无界, 易见 $[a_{n+1},b_{n+1}]\subset [a_n,b_n]$ 并且 ${\lim }_{n\to +\infty }\left(b_n-a_n\right)=0$, 从而 $\{[a_n,b_n]\}$ 形成闭区间套, 依闭区间套定理, $\exists \xi \in [a_n,b_n]$, 且 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n={\lim }_{n\to +\infty }{b}_n=\xi$. 并且 $f^{\prime }(\xi )=\infty$ 与 $f$ 处处可导矛盾.

$\square$

设 $n$ 元实函数 $f$ 在点 $0$ 的一个邻域内有定义, 满足 $f(0)=0$. 进一步, 对任何 $\mathbf{e}\in S^{n-1}$, 成立 ${\lim }_{r\to 0^{+}}\frac{f(r\mathbf{e})}{r}=0$ 以及 ${\lim }_{\begin{array}{c}(r,\mathbf{\sigma })\to (0,\mathbf{e})\\ r>0,\mathbf{\sigma }\in S^{n-1}\end{array}}\frac{f(r\mathbf{\sigma })-f(r\mathbf{e})}{r}=0$. 证明: $f$ 在点 $0$ 可微.

证明.

$\square$

设 $\mathbf{A}$ 为 $n$ 阶实方阵, 则存在 $\delta >0$, 使得当 $0<|s|<\delta$ 时, 矩阵$$\mathbf{A}(s)=\mathbf{A}+\left(\begin{array}{cccc}s& 0& \cdots & 0\\ 0& s^2& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& & ⋮\\ 0& 0& \cdots & s^n\end{array}\right)$$的特征值互不相同.

提示: 先证明对充分大的 $s$, $\mathbf{A}(s)$ 的特征值互不相同.

证明. 先证当 $s$ 充分大时, $\mathbf{A}(s)$ 有 $n$ 个不同的特征值. 不妨记 $\mathbf{A}=(a_{ij})$, 由 Gerschgorin 圆盘第一定理, 可知 $\mathbf{A}(s)$ 的特征值落在下列圆盘中:$$D_i=\left|z-a_{ii}-s^i\right|⩽R_i=\sum _{j=1,j\ne i}^n|a_{ij}|,1⩽i⩽n.$$取 $s$ 充分大, 使得 $s^n\gg s^{n-1}\gg \cdots \gg s$. 注意到 $R_i$ 的值固定, 故 $D_i$ 的圆心之间的距离大于半径 $R_i$, 从而 $D_i$ 互不相交, 各自构成了一个连通分支. 再由第二圆盘定理, 每个连通分支 $D_i$ 中有且仅有一个特征值, 于是 $\mathbf{A}(s)$ 有 $n$ 个不同的特征值.

设 $f_s(\lambda )=\left|\lambda {\mathbf{I}}_n-\mathbf{A}(s)\right|$ 是 $\mathbf{A}(s)$ 的特征多项式, 则其判别式 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)$ 是关于 $s$ 的多项式. 由前面的讨论可知, 当 $s$ 充分大时, $f_s(\lambda )$ 无重根, 从而 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)\ne 0$, 即 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)$ 是关于 $s$ 的非零多项式.

若 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)$ 的所有复根都是零, 则任取一个正数 $\delta$; 若 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)$ 的复根不全为零, 则可取 $\delta$ 为 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)$ 的非零复根的模长的最小值. 于是对任意的 $s\in (0,\delta )$, $s$ 都不是 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)$ 的根, 即 $\Delta \left(f_s(\lambda )\right)\ne 0$, 从而 $f_s\left(\lambda \right)$ 都无重根, 即 $\mathbf{A}(s)$ 都有 $n$ 个不同的特征值.

$\square$

设 $D\subseteq \mathbb{C}$ 为开集, $f:D\to \mathbb{C}$ 可表示为 $f(x+\mathrm{i}y)=P(x,y)+\mathrm{i}Q(x,y)$, 其中 $P,Q$ 均为实值函数. 设 $x_0+\mathrm{i}{y}_0\in D$, 试讨论 $P,Q$ 满足什么充要条件时, 极限$$\underset{(x,y)\to (x_0,y_0)}{\lim }\frac{f(x+\mathrm{i}y)-f(x_0+\mathrm{i}{y}_0)}{(x+\mathrm{i}y)-(x_0+\mathrm{i}{y}_0)}$$存在.

解答. 参考一般的复变函数教材.

$\square$

设 $f$ 为 $[0,1]$ 上处处可导的实函数, 0 和 1 均为 $f$ 的不动点, 且 $f^{\prime }(0)>1,f^{\prime }(1)>1$, 证明:

•	$f$ 在 $(0,1)$ 中也有不动点.
•	存在 $f$ 的不动点 $\xi \in (0,1)$ 使得 $f^{\prime }(\xi )⩽1$.

证明. (1) 设 $F(x)=f(x)-x$, 则 $F(0)=F(1)=0$. 由于 $F^{\prime }(0)=f^{\prime }(0)-1>0$, 则有 ${\epsilon }_1>0$ 使得 $F({\epsilon }_1)>F(0)=0$; 同理由 $F^{\prime }(1)>0$, 有 ${\epsilon }_2>0$ 使得 $F(1-{\epsilon }_2)<F(1)=0$, 由连续函数的介值定理可知有 $\xi \in ({\epsilon }_1,1-{\epsilon }_2)$ 使得 $F(\xi )=0$, 即为 $f(x)$ 在 $(0,1)$ 中的不动点.

(2) 由 (1) 知 $f$ 在 $(0,1)$ 上有不动点, 记 $\xi$ 为这些不动点中最大的那一个. 若 $f^{\prime }(\xi )>1$, 即 $F^{\prime }(\xi )>0$, 则仿 (1) 可证有 ${\xi }^{\prime }\in (\xi ,1)$ 使得 $F({\xi }^{\prime })=0$, 即 ${\xi }^{\prime }$ 为比 $\xi$ 更大的不动点, 矛盾.

$\square$

试仿照习题 $\mathcal{A}$ 第 7 题和第 8 题编写一些习题.

2反函数, 复合函数和隐函数的导数

一元实函数反函数的可导性及求导公式, 复合函数的导数, 链式法则, 一阶微分形式不变性, 隐函数求导, 基本初等函数的导数, 对数求导法

A 2.1. 证明对任何实数 $x$ 成立 $e^x⩾1+x$ 以及 $e^x⩾ex$.

证明. 记 $f(x)=e^x-1-x$, 由$$f^{\prime }(x)=e^x-1⩾f^{\prime }(0)=0,$$易见 $x=0$ 是 $f(x)$ 的最小值, 即 $f(x)⩾f(0)=0$, 从而得证. 后者只需置 $x$ 为 $x-1$ 带入即得 $e^{x-1}⩾1+(x-1)$ 即 $e^x⩾ex$.

$\square$

试改进不等式 $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x(x>0)$.

•	证明对于 $x>0$, 成立 $\ln (1+x)>\frac{x}{1+x/2}$. 进一步, 试求最小的 $\alpha$, 使得对于任何 $x>0$ 成立 $\ln (1+x)>\frac{x}{1+\alpha x}$.
•	证明对于 $x>0$, 成立 $\ln (1+x)<\frac{x}{2}+\frac{x}{2(1+x)}$. 进一步, 试求最小的 $a$, 使得对于任何 $x>0$, 成立 $\ln (1+x)<ax+(1-a)\frac{x}{1+x}$.

证明. (1) 记 $F(x)=\ln (1+x)-\frac{x}{1+\alpha x}$, 则$$F^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+\alpha x{)}^2}=\frac{x({\alpha }^{2}x-(1-2a))}{(1+x)(1+\alpha x{)}^2},$$由于 $F(0)=0$, 而当 $\alpha =\frac{1}{2}$ 时 $F^{\prime }(x)>0$, 从而题设不等式成立. 进一步, $\alpha$ 的最小值便是 $\frac{1}{2}$, 否则 $F(x)$ 在 $\left(0,\frac{1-2\alpha }{{\alpha }^2}\right)$ 单调递减.

(2) 记 $G(x)=\ln (1+x)-ax-(1-a)\frac{x}{1+x}$, 则$$G^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x}-a-\frac{1-a}{(1+x{)}^2}=\frac{x-a(1+x^2+2a)+a}{(1+x{)}^2}=\frac{-x(ax-(1-2a))}{(1+x{)}^2},$$当 $a=\frac{1}{2}$ 时, $G^{\prime }(x)<0$ 而 $G(0)=0$, 从而不等式成立. 进一步, $a$ 的最小值是 $\frac{1}{2}$, 否则 $G(x)$ 在 $\left(0,\frac{1-2a}{a}\right)$ 上单调递增.

$\square$

试证明对于 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$, 成立 $x<\frac{\sin x}{\sqrt{\cos x}}$.
进一步, 试求最小的 $\alpha$, 使得对于任何 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$, 成立 $x<\frac{\sin x}{{\cos }^{\alpha }x}$.

证明. 设 $F(x)=x-\frac{\sin x}{{\cos }^{\alpha }x}$, 那么$$F^{\prime }(x)=1-\frac{{\cos }^{\alpha +1}x+\alpha {\cos }^{\alpha -1}x{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2\alpha }x}=\frac{{\cos }^{\alpha +1}x-(1-\alpha ){\cos }^{2}x-\alpha }{{\cos }^{\alpha +1}x},$$考虑 $f(t)={\cos }^{\alpha +1}x-(1-\alpha ){\cos }^{2}x-\alpha =(1-t{)}^{\alpha +1}-(1-\alpha )(1-t{)}^2-\alpha$, 其中 $t=1-\cos x$, 注意到 $F(0)=0$, 由于 $F(x)$ 在 $\left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上连续, 并且 $f(0)=0$, 考虑$$f^{\prime }(t)=2(1-\alpha )(1-t)-(\alpha +1)(1-t{)}^{\alpha },$$$f^{\prime }(0)=1-3\alpha$, 若 $f^{\prime }(0)>0$, 则存在 $\delta >0$ 使得 $F(x)$ 在 $(0,\delta )$ 上单调递增, 不符题设, 从而 $\alpha ⩾\frac{1}{3}$.

$\square$

试求以下双曲函数的导数与反函数, 并以此求得这些反函数的导数. 将结果与相应的三角函数比较:$$\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2},\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x},$$其中 $\cosh x$ 的反函数在 $x>0$ 的范围内考虑.

解答. 对于 $\sinh x$, 其导数 ${\left(\sinh x\right)}^{\prime }=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh x$, 反函数记 $\sinh y=x$, 即 $e^{2y}-2x{e}^y-1=0$, 解得 $e^y=x+\sqrt{x^2+1}$, 即 $y=\ln (x+\sqrt{x^2+1})$. 又有$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{(\sinh y{)}^{\prime }}=\frac{2}{e^y+e^{-y}}=\frac{2}{x+\sqrt{x^2+1}+\frac{1}{x+\sqrt{x^2+1}}}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}.$$

对于 $\cosh x$, 其导数 $(\cosh x{)}^{\prime }=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sinh x$, 反函数记 $\cosh y=x$, 即 $e^{2y}-2x{e}^y+1=0$, 解得 $e^y=x+\sqrt{x^2-1}$, 即 $y=\ln (x+\sqrt{x^2-1})$. 又有$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{(\cosh y{)}^{\prime }}=\frac{2}{e^y-e^{-y}}=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}.$$

对于 $\tanh x$, 其导数 ${\left(\tanh x\right)}^{\prime }=\frac{{\cosh }^{2}x-{\sinh }^{2}x}{{\cosh }^{2}x}=\frac{1}{{\cosh }^{2}x}$, 反函数即 $\tanh y=x$, 同理可以得到 $e^y=\sqrt{\frac{x+1}{1-x}}$, 即 $y=\ln \sqrt{\frac{x+1}{1-x}}$. 又有$$\frac{dy}{dx}=\frac{1}{(\tanh y{)}^{\prime }}={\cosh }^{2}y=\frac{1}{1-x^2}.$$

跟三角函数差不多.

$\square$

设某区间上的连续可微函数 $y=y(x),z=z(x)$ 由方程组$$\{\begin{array}{l}{x}^2+3y^2+3z^2=1,\\ x^3+3y^3+9z^3=0\end{array}$$确定. 试求 $y^{\prime }(x),z^{\prime }(x)$.

解答. 对 $x$ 求导可得$$\{\begin{array}{l}2x+6y{y}^{\prime }+6z{z}^{\prime }=0,\\ 3x^2+6y^2{y}^{\prime }+27z^2{z}^{\prime }=0,\end{array}$$解得 $y^{\prime }(x)=\frac{x^{2}z-3x{z}^2}{9y{z}^2-2y^{2}z},z^{\prime }(x)=\frac{2x{y}^2-3x^{2}y}{27y{z}^2-6y^{2}z}$.

$\square$

设某区域内的连续可微函数 $u=u(x,w),v=v(x,w)$ 由方程组$$\{\begin{array}{l}{x}^2+2u^2+3v^2+w^4=1,\\ x+u+v+w=0\end{array}$$确定. 试求 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial w},\frac{\partial v}{\partial x},\frac{\partial w}{\partial x}.$

解答. 分别对 $x,w$ 求偏导得到$$\{\begin{array}{l}2x+4u\frac{\partial u}{\partial x}+6v\frac{\partial v}{\partial x}=0,\\ 1+\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x}=0,\end{array}\{\begin{array}{l}4u\frac{\partial u}{\partial w}+6v\frac{\partial v}{\partial w}+4w^3=0,\\ \frac{\partial u}{\partial w}+\frac{\partial v}{\partial w}+1=0,\end{array}$$解得 $\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{x-3v}{3v-2u},\frac{\partial u}{\partial w}=\frac{3v-2w^3}{2u-3v},\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{2u-x}{3v-2u},\frac{\partial v}{\partial w}=\frac{2w^3-2u}{2u-3v}$. 于是$$\frac{\partial w}{\partial x}=\frac{1}{\partial u/\partial w}\cdot \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{2u-3v}{3v-2w^3}\cdot \frac{x-3v}{3v-2u}=\frac{3v-x}{3v-2w^3}.$$

$\square$

设某区域内的连续可微函数 $v=v(x,u),w=w(x,u)$ 由方程组$$\{\begin{array}{l}{x}^2+2u^2+3v^2+w^4=1,\\ x+u+v+w=0\end{array}$$确定. 试求 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial w}{\partial u},\frac{\partial v}{\partial x},\frac{\partial w}{\partial x}.$

解答. 分别对 $x,u$ 求偏导得到$$\{\begin{array}{l}2x+6v\frac{\partial v}{\partial x}+4w^3\frac{\partial w}{\partial x}=0,\\ 1+\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial w}{\partial x}=0,\end{array}\{\begin{array}{l}4u+6v\frac{\partial v}{\partial u}+4w^3\frac{\partial w}{\partial u}=0,\\ 1+\frac{\partial v}{\partial u}+\frac{\partial w}{\partial u}=0,\end{array}$$解得 $\frac{\partial v}{\partial u}=\frac{2w^3-2u}{3v-2w^3},\frac{\partial w}{\partial u}=\frac{2u-3v}{3v-2w^3},\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{2w^3-x}{3v-2w^3},\frac{\partial w}{\partial x}=\frac{x-3v}{3v-2w^3}.$ 于是$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{\partial w/\partial u}\cdot \frac{\partial w}{\partial x}=\frac{x-3v}{2u-3v}.$$

$\square$

设某区间上的连续可微函数 $y=y(x)$ 由参数方程组$$\{\begin{array}{l}x=2e^t-\cos t,\\ y=t-\sin t,\end{array}t\in [0,2\pi ]$$确定. 试求 $y^{\prime }(x)$.

解答. 我们有 $\frac{dy}{dt}=1-\cos t,\frac{dx}{dt}=2e^t+\sin t$, 于是$$\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dt}\cdot \frac{1}{dx/dt}=\frac{1-\cos t}{2e^t+\sin t}.$$

$\square$

B 2.2. 若 $\Omega$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的区域, $\mathbf{A}:\Omega \to {\mathbb{R}}^{n\times n}$ 以及 $\mathbf{g}:\Omega \to {\mathbb{R}}^n$ 可微, $\mathbf{f}(\mathbf{x})=\mathbf{A}(\mathbf{x})\mathbf{g}(\mathbf{x})$. 试计算 ${\mathbf{f}}_{\mathbf{x}}$.

解答.

$\square$

试构造一个在 $[0,1]$ 上处处可导的函数, 使得其导函数在 $[0,1]$ 上无界.

解答. 设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2\sin \frac{1}{x^2},& x\ne 0,\\ 0,& x=0\end{array}$. 可得 $f^{\prime }(0)={\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}={\lim }_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x^2}=0$, 而 $x\ne 0$ 时$$f^{\prime }(x)=2x\sin \frac{1}{x^2}-\frac{1}{x^2}\cos \frac{1}{x^2}$$无界.

$\square$

试仿照习题 $\mathcal{A}$ 第 2 题编写一些习题.

3高阶导数

高阶导数,Leibniz 公式, 微分算子 D,$C^k,C^{k,\alpha }$ 函数类, 光滑函数,Hölder 条件,Lipschitz 条件, 多重指标, 多重零点

A 3.1. 计算以下函数在 $x=0$ 处的各阶导数, 或给出递推公式:

$(1)y={\tan }^{2}x$;		$(2)y=\arctan x$;
$(3)y=\arcsin x$;		$(4)y=\frac{x^2+3x+3}{x^2-3x+2}$.
$(5)y={\cos }^{3}x$;		$(6)y=\frac{x}{x^2+x+1}$.
$(7)y=(1+x{)}^{2+x}$;		$(8)y=\{\begin{array}{ll}{e}^{-x^{-2}},& x\ne 0,\\ 0,& x=0.\end{array}$.

解答. (1) 我们有 $y^{\prime }(x)=2\tan x{\sec }^{2}x,y^{\prime \prime }(x)=2{\sec }^{4}x+4{\tan }^{2}x{\sec }^{2}x=6y^2+8y+2$, 于是 $y^{(n+2)}=6{\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{y}^{(k)}{y}^{(n-k)}+8y^{(n)}$.

(2) 此问使用 6.6 节相关内容解法十分容易, 因为有 $\arctan x={\sum }_{n=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}$, 所以$$y^{(2n+1)}(0)=\frac{(-1{)}^n(2n+1)!}{2n+1}=(-1{)}^n(2n)!,y^{(2n)}=0.$$然而, 我们也可以用 12 题的结论, 因为注意到$${\left(\arctan x\right)}^{\prime }=\frac{1}{1+x^2}=\frac{1}{(x+i)(x-i)}=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{x-i}-\frac{1}{x+i}\right),$$于是$$\begin{array}{r}{y}^{(n+1)}(0)={\frac{1}{2i}\left(\frac{(-1{)}^{n}n!}{(x-i{)}^{n+1}}-\frac{(-1{)}^{n}n!}{(x+i{)}^{n+1}}\right)|}_{x=0}=\frac{(-1{)}^{n}n!}{2}\left(\frac{i^{n+1}-(-i{)}^{n+1}}{i}\right).\end{array}$$

(3) 我们有 $\sin y=x$, 得 $y^{\prime }\cos y=1$, 进一步有$$y^{\prime \prime }\cos y-y^{\prime }\sin y=0\Rightarrow y^{\prime \prime }=y^{\prime }\tan y,$$于是有 $y^{(n+2)}={\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{y}^{(k+1)}{\left(\tan y\right)}^{(n-k)}$.

(4) 我们有$$f(x)=\frac{x^2+3x+3}{x^2-3x+2}=1+\frac{13}{x-2}-\frac{7}{x-1},$$因此 $f^{(n)}(x)=(-1{)}^n\cdot n!\cdot \left(\frac{13}{(x-2{)}^{n+1}}-\frac{7}{(x-1{)}^{n+1}}\right),$ 于是 $f^{(n)}(0)=(7-\frac{13}{2^{n+1}})n!$.

(5)

(6)

(7)

(8)

$\square$

设 $f(x)=\{\begin{array}{ll}a{x}^2+b\cos x,& x<0,\\ e^x+\ln (1+x)+cx,& x⩾0.\end{array}$ 问当 $a,b,c$ 取何值时, $f$ 是 $\mathbb{R}$ 上的二阶连续可导函数.

解答. 由于 $f$ 连续, 有$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)\Rightarrow b=1,$$由于 $f$ 一阶导函数存在且连续, 即对于 $f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}2ax-b\sin x,& x<0\\ e^x+\frac{1}{1+x}+c,& x⩾0\end{array},$ 有$$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }{f}^{\prime }(x)\Rightarrow c=-2,$$并且 $f^{\prime }(0)=0$. 最后, $f$ 二阶导函数连续, 则$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{2ax-b\sin x}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\left(e^x+\frac{1}{1+x}+c\right)=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x}\left(\left(e^x-1\right)+\left(\frac{1}{1+x}-1\right)\right)=0,$$即 $2a-b=0$, 于是 $a=\frac{1}{2}$.

$\square$

设某区间内的连续可微函数 $u=u(x,w),v=v(x,w)$ 由方程组$$\{\begin{array}{l}{x}^2+2u^2+3v^2+w^4=1,\\ x+u+v+w=0.\end{array}$$确定, 试求 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial w}$.

解答. 结合 4.2 节 $\mathcal{A}$ 第 6 题, 我们得到$$\{\begin{array}{l}2+4{\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)}^2+4u\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+6{\left(\frac{\partial v}{\partial x}\right)}^2+6v\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}=0,\\ \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x^2}=0,\end{array}$$解得 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=\frac{1}{3v-2u}\left(1+2{\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)}^2+3{\left(\frac{\partial v}{\partial x}\right)}^2\right)=\frac{16u^2-12uv-12ux+27v^2-12vx+5x^2}{(3v-2u{)}^3}.$

又有$$\{\begin{array}{l}4\frac{\partial u}{\partial w}\frac{\partial u}{\partial x}+4u\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial w}+6\frac{\partial v}{\partial w}\frac{\partial v}{\partial x}+6v\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x\partial w}=0,\\ \frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial w}+\frac{{\partial }^{2}v}{\partial x\partial w}=0,\end{array}$$解得 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial w}=\frac{1}{3v-2u}\left(2\frac{\partial u}{\partial w}\frac{\partial u}{\partial x}+3\frac{\partial v}{\partial w}\frac{\partial v}{\partial x}\right)=\frac{6(u-w^3)(2u-x)+2(3v-2w^3)(3v-x)}{(3v-2u{)}^3}.$

$\square$

设某区间 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 内, $n$ 阶方阵值函数 $\mathbf{A}(\cdot )=\left(a_{ij}(\cdot )\right)$ 连续可微, 实函数 $f$ 连续, 实函数 $u$ 在 $\Omega$ 内二阶连续可微且满足方程$$\sum _{i,j=1}^n\frac{\partial }{\partial x_i}\left(a_{ij}\left(\mathbf{x}\right)\frac{\partial u(\mathbf{x})}{\partial x_j}\right)=f(x).$$作变量代换 $\mathbf{x}=\mathbf{Ps}$, 其中 $\mathbf{P}$ 为可逆常数矩阵, 试将上述方程化为关于 $v(\mathbf{s})=u(\mathbf{Ps})$ 的方程.

解答.

$\square$

设 $f(x,y)=\ln \sqrt{x^2+y^2+z^2}\left((x,y)\ne (0,0)\right)$. 试计算 $f_{xx}(x,y)+f_{yy}(x,y)$.

解答. 容易算得$$f_x(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2+z^2},f_{xx}(x,y)=\frac{y^2+z^2-x^2}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^2},$$考虑对称性易得 $f_{yy}(x,y)=\frac{x^2+z^2-y^2}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^2},$ 从而 $f_{xx}(x,y)+f_{yy}(x,y)=\frac{2z^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^2}.$

$\square$

设 $f(x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\left((x,y,z)\ne (0,0,0)\right)$. 试计算 $f_{xx}(x,y,z)+f_{yy}(x,y,z)+f_{zz}(x,y,z)$.

解答. 容易算得$$f_x(x,y,z)=\frac{-x}{{\left(x^2+y^2+z^2\right)}^{3/2}},f_{xx}(x,y,z)=\frac{2x^2-y^2-z^2}{(x^2+y^2+z^2{)}^{5/2}},$$结合 $x,y,z$ 的对称性可得$$f_{xx}(x,y,z)+f_{yy}(x,y,z)+f_{zz}(x,y,z)=0.$$

$\square$

设二元实函数 $f$ 在不包含原点的一个区域内有两阶的连续偏导数. 作变量代换 $\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta ,\\ y=r\sin \theta ,\end{array}$ 其中 $r>0,\theta \in \left[0,2\pi \right)$. 试用 $f$ 关于 $r,\theta$ 的二阶偏导数表示 $f_{xx}+f_{yy}$.

解答. 注意到$$r^2=x^2+y^2,\tan \theta =\frac{y}{x},$$先对 $x$ 微分有$$\begin{array}{rl}2r\frac{\partial r}{\partial x}& =2x\Rightarrow \frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{r}\Rightarrow \frac{{\partial }^{2}r}{\partial x^2}=\frac{r-x(\partial r/\partial x)}{r^2}=\frac{y^2}{r^3},\\ \frac{\partial \theta }{\partial x}& =\frac{1}{1-(y/x{)}^2}\left(-\frac{y}{x^2}\right)=-\frac{y}{r^2}\Rightarrow \frac{{\partial }^2\theta }{\partial x^2}=\frac{2y}{r^3}\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{2xy}{r^4},\end{array}$$按照类似的过程, 对 $y$ 微分可以得到$$\frac{\partial r}{\partial y}=\frac{y}{r},\frac{{\partial }^{2}r}{\partial y^2}=\frac{x^2}{r^3},\frac{\partial \theta }{\partial y}=\frac{x}{r^2},\frac{{\partial }^2\theta }{\partial y^2}=-\frac{2xy}{r^4},$$从以上结果, 可以推出$$\frac{{\partial }^2\theta }{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2\theta }{\partial y^2}=0,\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial \theta }{\partial x}+\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial \theta }{\partial y}=0.$$利用复合函数求导链式法则有$$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial \theta }{\partial r}\frac{\partial \theta }{\partial x},$$再次对 $x$ 微商得$$\begin{array}{rl}& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial r}\right)\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial r}\frac{{\partial }^{2}r}{\partial x^2}+\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial f}{\partial \theta }\right)\frac{\partial \theta }{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial \theta }\frac{{\partial }^2\theta }{\partial x^2}\\ =& \left(\frac{\partial f^2}{\partial r^2}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial r\partial \theta }\frac{\partial \theta }{\partial x}\right)\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial r}\frac{{\partial }^{2}r}{\partial x^2}+\left(\frac{\partial f^2}{\partial r\partial \theta }\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\theta }^2}\frac{\partial \theta }{\partial x}\right)\frac{\partial \theta }{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial \theta }\frac{{\partial }^2\theta }{\partial x^2}\\ =& \frac{{\partial }^{2}f}{\partial r^2}{\left(\frac{\partial r}{\partial x}\right)}^2+2\frac{{\partial }^{2}f}{\partial r\partial \theta }\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial \theta }{\partial x}+\frac{\partial f}{\partial r}\frac{{\partial }^{2}r}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\theta }^2}{\left(\frac{\partial \theta }{\partial x}\right)}^2+\frac{\partial f}{\partial \theta }\frac{{\partial }^2\theta }{\partial x^2}.\end{array}$$对于 $y$ 有同样的结果$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial r^2}{\left(\frac{\partial r}{\partial y}\right)}^2+2\frac{{\partial }^{2}f}{\partial r\partial \theta }\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial \theta }{\partial y}+\frac{\partial f}{\partial r}\frac{{\partial }^{2}r}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\theta }^2}{\left(\frac{\partial \theta }{\partial y}\right)}^2+\frac{\partial f}{\partial \theta }\frac{{\partial }^2\theta }{\partial y^2}.$$将以上两式相加, 可以得到$$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=& \frac{\partial f^2}{\partial r^2}\left({\left(\frac{\partial r}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial r}{\partial y}\right)}^2\right)+2\frac{{\partial }^{2}f}{\partial r\partial \theta }\left(\frac{\partial r}{\partial x}\frac{\partial \theta }{\partial x}+\frac{\partial r}{\partial y}\frac{\partial \theta }{\partial y}\right)\\ +& \frac{\partial f}{\partial r}\left(\frac{{\partial }^{2}r}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}r}{\partial y^2}\right)+\frac{\partial f^2}{\partial {\theta }^2}\left({\left(\frac{\partial \theta }{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial \theta }{\partial y}\right)}^2\right)+\frac{\partial f}{\partial \theta }\left(\frac{{\partial }^2\theta }{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2\theta }{\partial y^2}\right)\\ =& \frac{\partial f^2}{\partial r^2}\left({\left(\frac{\partial r}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial r}{\partial y}\right)}^2\right)+\frac{\partial f}{\partial r}\left(\frac{{\partial }^{2}r}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}r}{\partial y^2}\right)+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\theta }^2}\left(\frac{{\partial }^2\theta }{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2\theta }{\partial y^2}\right),\end{array}$$进一步得到$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=\frac{\partial f^2}{\partial r^2}\left(\frac{x^2}{r^2}+\frac{y^2}{r^2}\right)+\frac{\partial f}{\partial r}\left(\frac{x^2}{r^3}+\frac{y^2}{r^3}\right)+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\theta }^2}\left(\frac{x^2}{r^4}+\frac{y^2}{r^4}\right),$$利用 $r^2=x^2+y^2$, 我们便得$$f_{xx}+f_{yy}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial {\theta }^2}.$$

$\square$

设三元实函数 $f$ 在不包含原点的一个区域内有两阶的连续偏导数. 作变量代换$$\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta \sin \phi ,\\ y=r\sin \theta \sin \phi ,\\ z=r\cos \phi ,\end{array}$$其中 $r>0,\theta \in \left[0,2\pi \right),\phi \in [0,2\pi ]$. 试用 $f$ 关于 $r,\theta ,\phi$ 的二阶偏导数表示 $f_{xx}+f_{yy}+f_{zz}$.

解答.

$\square$

设 $m⩾1$, 证明: 复数 $z_0$ 为非零多项式 $P$ 的 $m$ 重根当且仅当 $P(z_0)=P^{\prime }(z_0)=\cdots =P^{(m-1)}(z_0)=0$, 但 $P^{(m)}(z_0)\ne 0$.

证明.

$\square$

当 $a$ 为何值时, $x^4-9x^2+ax+12=0$ 有重根?

解答. 记 $f(x)=x^4-9x^2+ax+12$, 由于$$f^{\prime }(x)=4x^3-18x+a,f^{\prime \prime }(x)=12x^2-18,f^{(3)}(x)=24x,$$现在来做这样一件事: 令 $f^{(3)}=0$ 得 $x=0$, 但 $f(0)\ne 0$, 从而 $f(x)$ 没有四重根; 令 $f^{\prime \prime }(x)=0$ 得 $x=\pm \sqrt{\frac{3}{2}}$, 在令 $f^{\prime }\left(\pm \sqrt{\frac{3}{2}}\right)=0$ 得 $a=\pm 6\sqrt{6}$, 将这 $x$ 与对应的 $a$ 代入 $f$, 得到 $f(x)\ne 0$, 从而 $f(x)$ 没有三重根. 即若 $f(x)$ 有重根, 必为二重根.

易见 $x=0$ 不是 $f(x)$ 的根. 设 $g(x)=\frac{9x^2-x^4-12}{x}$, 则 $a=g(x)$ 的根即为 $f(x)=0$ 的解, 特别地, 当 $a$ 等于 $g(x)$ 的极值时, $f(x)$ 有重根, 重根即为 $g(x)$ 的极值点.

由 $g^{\prime }(x)=9-3x^2+\frac{12}{x^2}$ 可知 $x=\pm 2$ 为 $g(x)$ 的极值点, 代入 $a=g(x)$, 可知 $a=\pm 4$. 于是 $a=4$ 时, $x=2$ 为 $f(x)=0$ 的重根, $a=-4$ 时, $x=-2$ 为 $f(x)=0$ 的重根.

$\square$

设 $\alpha >1,M>0,[a,b]$ 上的实函数 $f$ 满足$$|f(x)-f(y)|⩽M|x-y{|}^{\alpha },\forall x,y\in [a,b].$$证明: $f$ 在 $[a,b]$ 上恒为常数.

解答. 易见 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 给定 $x$, 取 $y=x+\Delta x$, 则有$$\left|\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\right|⩽M{\left|\Delta x\right|}^{\alpha -1}\to 0,\Delta x\to 0,$$从而 $f$ 在 $[a,b]$ 上任一点得导数值为 $0$, 故而 $f$ 为常数.

$\square$

设 $\alpha \in \mathbb{C},n\in \mathbb{Z}$, 证明:$$\frac{d}{dx}(x+\alpha {)}^n=n(x+\alpha {)}^{n-1},x\ne -\alpha .$$

证明. 先证 ${\left(\ln (x+\alpha )\right)}^{\prime }=\frac{1}{x+\alpha }$, 设 $y=\ln (x+\alpha )$, 则 $e^y=x+\alpha$, 那么$${\left(\ln (x+\alpha )\right)}^{\prime }=\frac{1}{dx/dy}=\frac{1}{e^y}=\frac{1}{x+\alpha },$$那么 $\frac{d}{dx}(x+\alpha {)}^n=\frac{d}{dx}\exp (n\ln (x+\alpha ))=\exp \left(n\ln (x+\alpha )\right)\cdot \frac{n}{x+\alpha }=n(x+\alpha {)}^{n-1}$.

$\square$

B 3.2. 设 $P_1,P_2,Q_1,Q_2$ 均为非零多项式, 满足 $\frac{1}{P(t)}=\frac{Q_1(t)}{P_1(t)}+\frac{Q_2(t)}{P_2(t)}$, 其中 $P(t)=P_1(t)P_2(t)$. 若 $f,f_1,f_2$ 为 $I$ 上的光滑函数, 满足 $P_1(D)f_1(x)=P_2(D)f_2(x)=f(x)$, 证明: $F(x)=Q_1(D)f_1(x)+Q_2(D)f_2(x)$ 满足 $P(D)F(x)=f(x)$.

证明. 由题设知 $Q_1(t)P_2(t)+Q_2(t)P_1(t)=1$, 于是$$\begin{array}{rl}P(D)F(x)& =P_1(D)P_2(D)\left(Q_1(D)f_1(x)+Q_2(D)f_2(x)\right)\\ & =Q_1(D)P_2(D)P_1(D)f_1(x)+Q_2(D)P_1(D)P_2(D)f_2(x)\\ & =Q_1(D)P_2(D)f(x)+Q_2(D)P_1(D)f(x)\\ & =\left(Q_1(D)P_2(D)+Q_2(D)P_1(D)\right)f(x)=f(x).\end{array}$$

$\square$

设实函数 $y$ 在 $(0,+\infty )$ 上二阶可导, 满足 $(1+x^2)y^{\prime \prime }(x)+4x{y}^{\prime }(x)+2y(x)=0.$ 令 $z(x)=\frac{1+x^2}{1+x}y(x)$. 试导出 $z$ 的微分方程 (比较两种方法: 对等式 $y(x)=\frac{1+x}{1+x^2}z(x)$ 求导和对等式 $(1+x)z(x)=(1+x^2)y(x)$ 求导).

解答. 记 $w(x)=\frac{1+x}{1+x^2}$, 则 $y(x)=w(x)\cdot z(x)$, 并且$$y^{\prime }(x)=w^{\prime }(x)z(x)+w(x)z^{\prime }(x),y^{\prime \prime }(x)=w^{\prime \prime }(x)z(x)+2w^{\prime }(x)z^{\prime }(x)+w(x)z^{\prime \prime }(x),$$代入微分方程得到$$(1+x^2)w(x)z^{\prime \prime }(x)+\left[2(1+x^2)w^{\prime }(x)+4xw(x)\right]z^{\prime }(x)+\left[(1+x^2)w^{\prime \prime }(x)+4x{w}^{\prime }(x)+2w(x)\right]z(x)=0,$$结合 $w^{\prime }(x)=\frac{1-2x-x^2}{(1+x^2{)}^2},w^{\prime \prime }(x)=\frac{2x^3+6x^2-6x-2}{(1+x^2{)}^3}$, 带入方程即得$$(1+x)z^{\prime \prime }(x)+2z^{\prime }(x)=0.$$

另外, 由于 $(1+x)z(x)=(1+x^2)y(x)$, 于是有$$\begin{array}{rl}z(x)+(1+x)z^{\prime }(x)& =2xy(x)+(1+x^2)y^{\prime }(x),\\ (1+x)z^{\prime \prime }(x)+2z^{\prime }(x)& =(1+x^2)y^{\prime \prime }(x)+4x{y}^{\prime }(x)+2y(x)=0,\end{array}$$显然后者计算量更小.

$\square$

4复指数函数, 正弦函数和余弦函数

用级数定义复指数函数, 用微分方程定义正弦和余弦函数,Euler 公式

A 4.1. 计算 $\sin x,\cos x$ 在 $x=\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{3},\frac{\pi }{4}$ 等点的值.

解答.

$\square$

证明 $\pi >2\sqrt{2}$.

证明.

$\square$

证明: $\forall x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$, 成立 $\sin x<x<4\sin \frac{x}{2}-\sin x$.

证明.

$\square$

计算 ${\left(x^3{e}^x\sin x\right)}^{(100)}$.

解答. 记 $f(x)=e^x\sin x$, 由 Leibniz 公式有$${\left(x^{3}f(x)\right)}^{(100)}=C_{100}^0{x}^3{f}^{(100)}(x)+C_{100}^{1}3x^2{f}^{(99)}(x)+C_{100}^{2}6x{f}^{(98)}(x)+C_{100}^{3}6f^{(97)}(x),$$我们依次计算$$\begin{array}{rl}{\left(e^x\sin x\right)}^{(100)}& ={\left(\mathrm{Re}{e}^{x+ix}\right)}^{(100)}\end{array}$$

$\square$

证明: 不恒为零的 $n$ 阶三角多项式 $a_0+{\sum }_{k=1}^n(a_k\cos kx+b_k\sin kx)$ 在 $\left[0,\frac{\pi }{2}\right)$ 内至多只有 $2n$ 个零点 (含重数).

证明.

$\square$

利用上一题中的结论证明习题 2.7.$\mathcal{B}$ 第 5 题中的等式:$$\sin \pi x=(2n+1)\sin \frac{\pi x}{2n+1}\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{\pi x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).$$

B 4.2. 求 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n!}$.

解答. ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n!}=\mathrm{Im}{\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{e^{inx}}{n!}=\mathrm{Im}\left(e^{e^{ix}}-1\right)=\mathrm{Im}{e}^{\cos x+i\sin x}=e^{\cos x}\sin \left(\sin x\right).$

$\square$

设 $z\in \mathrm{C}$, 证明: ${\lim }_{n\to +\infty }{\left(1+\frac{z}{n}\right)}^n=e^z$.

证明.

$\square$

不借助复指数函数证明下列等式.$$\begin{array}{c}(\sin t{)}^{\prime }=\cos t,(\cos t{)}^{\prime }=\sin t,\forall t\in \mathbb{R},\\ \sin (-t)=-\sin t,\cos (-t)=\cos t,\forall t\in \mathbb{R},\\ \sin (\alpha +\beta )=\sin \alpha \cos \beta +\cos \alpha \sin \beta ,\forall \alpha ,\beta \in \mathbb{R},\\ \cos (\alpha +\beta )=\cos \alpha \cos \beta -\sin \beta \sin \beta ,\forall \alpha ,\beta \in \mathbb{R}.\end{array}$$考虑 Euler 公式 $\sin x=x{\prod }_{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right)$. 两端展开后, 形式上我们有$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n}{(2n+1)!}{x}^{2n+1}& =x-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^3}\frac{x^3}{{\pi }^2}+\cdots +\sum _{k_1=1}^{\infty }\sum _{k_2=k_1+1}^{\infty }\frac{1}{k_1^2{k}_2^2}\frac{x^5}{{\pi }^5}\\ & +(-1{)}^n\sum _{1⩽k_1<k_2<\cdots <k_n}^{\infty }\frac{1}{k_1^2{k}_2^2\cdots k_n^2}\frac{x^{2n+1}}{{\pi }^{2n}}+\cdots \end{array}$$比较系数得到$$\sum _{1⩽k_1<k_2\cdots k_n}^{\infty }\frac{1}{k_1^2{k}_2^2\cdots k_n^2}=\frac{{\pi }^{2\pi }}{(2n+1)!},n⩾1.$$特别地,$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{6},\sum _{1⩽k_1<k_2}\frac{1}{k_1^2{k}_2^2}=\frac{{\pi }^4}{120}.$$试严格证明上述关系式. 利用前述 Euler 公式, 形式上我有$$x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{x}{n^2{\pi }^2}\right)=\frac{\sin \mathrm{i}x}{i}=\frac{e^{\mathrm{i}\cdot \mathrm{i}x}-e^{-\mathrm{i}\cdot \mathrm{i}x}}{\mathrm{i}\cdot 2\mathrm{i}}=\frac{e^x-e^{-x}}{2},\forall x\in \mathbb{R}.$$试严格证明$$\frac{e^x-e^{-x}}{2}=x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right),\forall x\in \mathbb{R}.$$证明$$\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\prod _{n=0}^{\infty }\left(1+\frac{x^2}{{\pi }^2{\left(n+\frac{1}{2}\right)}^2}\right),\forall x\in \mathbb{R}.$$仿习题 $\mathcal{A}$ 第 6 题给出一些新的形式