16.导函数极限定理(5.3.8-5.3.9)

导数

习题 5.2 导数和介值性质

$(f+g)'(c)=\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{(f(x)+g(x))-(f(c)+g(c))}{x-c}\\ =\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{f(x)-f(c)}{x-c}+\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{g(x)-g(c)}{x-c}\\=f'(c)+g'(c)$。

$(kf)'(c)=\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{kf(x)-kf(c)}{x-c}\\=k\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\\=kf'(c)$。

(a) $f(x)=g(x)=\begin{cases} -1,\quad &\text{if } x<0\\ 1,\quad &\text{if } x\geq 0 \end{cases}$，此时 $f(x)g(x) = 1$ 在零点可微。

(b) 也许 $f=\displaystyle\frac{fg}{g}$ 会错误得出 $f$ 也可微的结论，但 $g(x)=0$ 会使这个式子无意义，从而会使 $f$ 不可微成为可能。

(c) 与上一题不同，$f=f+g-g$ 这个式子在任何情况下都是有意义的，所以 $f,g$ 的可微性必须相同，所以这种情况是不可能的。

(d) 一种想法是构造单点连续函数，例如考虑 Dirichlet 函数的变式：

$f(x)=\begin{cases} 0,\quad &\text{if } x\in \mathbb{Q}\\ x,\quad &\text{if } x \notin \mathbb{Q} \end{cases}$

计算 $f'(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x}=0$，所以 $f$ 在 $0$ 处可微，而在其他任意点都不连续，所以就不可微了。

(a) $h'(c)=\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{\frac{1}{x}-\frac{1}{c}}{x-c}=\displaystyle\lim_{x\to c}-\displaystyle\frac{1}{xc}=-\displaystyle\frac{1}{c^2}$。

(b) $\left(\displaystyle\frac{f}{g}\right)'(c)=\left(f'\displaystyle\frac{1}{g}\right)(c)+\left(\left(\displaystyle\frac{1}{g}\right)'f\right)(c)\\=\displaystyle\frac{f'(c)}{g(c)}+f(c)\left(-\displaystyle\frac{1}{g^2(c)}\right)g'(c)\\\ \\=\displaystyle\frac{f'(c)g(c)-g'(c)f(c)}{g^2(c)}$。

(c) $\left(\displaystyle\frac{f}{g}\right)'(c)=\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f(c)}{g(c)}}{x-c}\\=\displaystyle\lim_{x\to c}\left(\displaystyle\frac{1}{g(x)g(c)}\right)\left(\displaystyle\frac{f(x)g(c)-g(x)f(c)}{x-c}\right)\\\ \\=\displaystyle\lim_{x\to c}\left(\displaystyle\frac{1}{g(x)g(c)}\right)\left(g(x)\displaystyle\frac{f(x)-f(c)}{x-c}-f(x)\displaystyle\frac{g(x)-g(c)}{x-c}\right)\\\ \\=\displaystyle\frac{f'(c)g(c)-g'(c)f(c)}{g^2(c)}$。

(a) $\Leftarrow$ 若 $l$ 在 $a$ 处连续，则有

$$\begin{align*} \displaystyle\lim_{x\to a}l(x)&=\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{h(x)-h(a)}{x-a}\\&=h'(a)=l(a) \end{align*}$$

所以 $h$ 在 $a$ 处可微。

$\Rightarrow$ 若 $h$ 在 $a$ 处可微，则定义如下函数

$$l(x)=\begin{cases} \displaystyle\frac{h(x)-h(a)}{x-a},\quad &\text{if }x\in A\setminus\left\{a\right\}\\ h'(a),\quad &\text{if }x=a \end{cases}$$

则　$\displaystyle\lim_{x\to a}l(x)=\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{h(x)-h(a)}{x-a}=h'(a)=l(a)$，所以 $l$ 在 $a$ 处连续。

(b) 定义这样的函数 $l$:

$$l(x)=\begin{cases} \displaystyle\frac{g(x)-g(f(c))}{x-f(c)},\quad &\text{if }x\in f(A)\setminus\left\{f(c)\right\}\\ g'(f(c)),\quad &\text{if }x=f(c) \end{cases}$$

由 $(a)$，有 $g(y)-g(f(c))=l(y)(y-f(c))$。

用 $y=f(x)$ 代换上式，得到

$g(f(x))-g(f(c))=l(f(x))(f(x)-f(c))$。

因为连续函数的复合还是连续函数，所以 $\displaystyle\lim_{x\to c}l(f(x))=l(f(c))=g'(f(c))$。

所以对 $\displaystyle\frac{g(f(x))-g(f(c))}{x-c}=l(f(x))\displaystyle\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ 左右两式取极限即得结果

$(g\circ f)'(c)=g'(f(c))f'(c)$。

(a) $a<0$ 时，$f_a(x)$ 在 $x>0$ 时会随着 $x$ 减小而增大，不连续；

$a=0$ 时，$f_a(x)=1$ 在 $x>0$ 时成立，所以不连续；

$a>0$ 时，取 $\delta=\varepsilon^{\frac{1}{a}}$ 可以满足 $\varepsilon-\delta$ 条件，所以连续。

综上，$a>0$ 时，$f$ 在零点处连续。

(b) 也就是说，要判断 $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\displaystyle\frac{x^a}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x^{a-1}$ 是否存在和是否等于 $0$。

当 $a<1$ 时，极限不存在即不可微；

当 $a=1$ 时，极限为 $1$，但 $\displaystyle\lim_{x\to 0^-}\displaystyle\frac{f_a(x)}{x}=0$，所以仍然不可微；

当 $a>1$ 时，极限为 $0$，所以可微。

此时导函数的式子如下：

$$f_a'(x)=\begin{cases} ax^{a-1},\quad &\text{if } x>0\\ 0,\quad &\text{if } x\leq 0 \end{cases}$$

因为 $a>1$ 时 $\displaystyle\lim_{x\to 0}ax^{a-1}=0$，所以导函数在零点处连续。导函数是连续的。

(c) 首先，单次不可微点处二次不可微，所以 $a\leq 1$ 时不二次可微。

然后同上，研究 $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\displaystyle\frac{ax^{a-1}}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}ax^{a-2}$ 是否存在和是否等于 $0$。

结论：$a>2$ 时二次可微。

(a) 令 $x-c=h$，则 $x\to c$ 时 $h\to 0$。所以

$$\displaystyle\lim_{x\to c}\displaystyle\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{g(c+h)-g(c)}{h}$$

即为上式。

(b) 令 $h=-t$，则 $h\to 0$ 时 $t\to 0$。所以

$$g'(c)=\displaystyle\lim_{t\to 0}\displaystyle\frac{g(c-t)-g(c)}{-t}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{g(c)-g(c-h)}{h}$$

$$\begin{align*} g'(c)&=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{g(c+h)-g(c)}{h}+\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{g(c)-g(c-h)}{h}\right)\\&=\lim_{h \to 0} \frac{g(c+h) - g(c-h)}{2h} \end{align*}$$

(a) 使 $g_a'$ 不连续可以做到这一点。

首先我们要 $g_a'(0)=0$，由夹逼准则，$\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{x^a\sin \displaystyle\frac{1}{x}}{x}$ 的极限被 $x^{a-1}$ 控制。由 练习 5.2.5 可知 $a>1$ 时，$g_a$ 在 $0$ 处可微且 $g_a'(0)=0$。

下面考虑函数 $g_a'(x)$：

$$g_a'(x)=\begin{cases} ax^{a-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}-x^{a-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\quad &\text{if } x\neq 0\\ 0,\quad &\text{if } x=0 \end{cases}$$

当 $1<a<2$ 时，$x^{a-2}$ 在 $0$ 附近无界，所以 $g_a'$ 在 $[0,1]$ 上无界。比如说 $a=\displaystyle\frac{3}{2}$ 时（$n\in \mathbb{N^+}$）：

$$g_{\frac{3}{2}}'\left(\displaystyle\frac{1}{2\pi n}\right)=-\sqrt{2\pi n}$$

而它是无界的。

(b) 同上分析，可得 $a>2$ 时 $g_a'$ 是连续的，而 $2<a\leq 3$ 时 $g_a'$ 在 $0$ 处不可微。

(c) 由于每次求导会使得 $x$ 的指数降一次，而导函数里的最低指数会降两次（三角函数内 $\displaystyle\frac{1}{x}$ 带来的影响），所以我们可以推断，$3<a\leq 4$ 时，$g_a'$ 在 $\mathbb{R}$ 上可微，但 $g_a''$ 在 $0$ 处不连续。

(a) 对 $f(x)=x^2$ 求导可得 $f'(x)=2x$。由于

$$\left|\displaystyle\frac{x^2-y^2}{x-y}-2y\right|=\left|x-y\right|$$

所以令 $\delta=\varepsilon$ 即可满足。故 $f(x)=x^2$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致可微。

对 $g(x)=x^3$ 求导可得 $g'(x)=3x^2$。由于

$$\left|\displaystyle\frac{x^3-y^3}{x-y}-3y^2\right|=\left|x^2-2y^2+xy\right|=\left|(x-y)(x+2y)\right|$$

当 $x,y$ 足够大时（比如 $x+2y>\displaystyle\frac{\varepsilon}{\delta}$ 时）将不会成立，所以 $g(x)=x^3$ 在 $\mathbb{R}$ 上不一致可微。

(b) 我们要证明 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f'(x)=f'(x_0)$ 对 $\forall\ x_0\in A$ 均成立。

若 $f$ 在 $A$ 上一致可微，则对 $\forall\ x_0\in A$，$\forall\ \varepsilon>0$，存在 $\delta>0$ 使得当 $0<|x-x_0|<\delta$ 时，有

$$\left|\displaystyle\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}-f'(x)\right|<\varepsilon$$

所以 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\left(\displaystyle\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}-f'(x)\right)=0$，展开即得 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f'(x)=f'(x_0)$。

所以一致可微函数其导数必连续。

(c) 我们找一个反例，如果有一个函数在闭区间上可微但导函数不连续，那么它就不是一致可微的。

考虑函数

$$g(x)=\begin{cases} x^2\sin\displaystyle\frac{1}{x},\quad &\text{if } x\neq 0\\ 0,\quad &\text{if } x=0\\ \end{cases}$$

在闭区间 $[-1,1]$ 上可微，但其导函数 $g'(x)$ 在 $0$ 处不连续，所以 $g(x)$ 在 $[-1,1]$ 上不一致可微。

(a) 正确的。由达布定理，如果存在两个值 $f'(a),f'(b)$（假设 $a<b$），对它们之间任意的无理数 $r$，总存在 $c\in (a,b)$ 使得 $f'(c)=r$。

(b) 错误的。这只在导函数连续时成立，但处处可导且不连续的函数是可以存在的。例如下题的 $g(x)=\displaystyle\frac{1}{2}x+ x^2 \sin\displaystyle\frac{1}{x}$，能够算出 $g'(0)=\displaystyle\frac{1}{2}>0$，但对 $n\in \mathbb{N^+}$ 总有 $g'\left(\displaystyle\frac{1}{2\pi n}\right)<0$。

(c) 正确的。由定义，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ \delta>0$，对 $\forall\ x\in V_\delta(0)\setminus\left\{0\right\}$，有 $f'(x)\in V_\varepsilon(L)$。

假设 $f'(0)\neq L$（不妨设其大于 $L$），则总存在一个 $\varepsilon>0$ 使得 $f'(0)>L+\varepsilon$。因为 $\forall\ c\in [-\displaystyle\frac{\delta}{2},\displaystyle\frac{\delta}{2}]\setminus\left\{0\right\}$，都有 $f'(c)\in V_\varepsilon(L)$，由达布定理，总要存在 $d\in [-\displaystyle\frac{\delta}{2},\displaystyle\frac{\delta}{2}]$ 使得 $f'(d)=L+\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$，而 $f'(d)\neq f'(0)$ 又说明 $d\in [-\displaystyle\frac{\delta}{2},\displaystyle\frac{\delta}{2}]\setminus\left\{0\right\}$，这就矛盾了。

综上所述，导函数若在某点可导，且该点的极限存在，则该极限值等于该点的导数值（即导函数在该点连续）。

我们指出 $g'(0)=\displaystyle\frac{1}{2}>0$ 的事实，并在任何其他地方都可以用导数的运算规则来计算出导数的值。

然而，$g$ 在任何包含 $0$ 的开区间上都不是递增的，因为对于 $n\in \mathbb{N^+}$，考察这两个序列 $x_n=\displaystyle\frac{1}{2\pi n-\frac{\pi }{2}}$ 和 $y_n=\displaystyle\frac{1}{2\pi n+\frac{\pi}{2}}$，因为它们均趋于 $0$ 且总有 $x_n>y_n$ 和 $g(x_n)<g(y_n)$，所以 $g$ 在任何包含 $0$ 的开区间上都不是递增的。

(a) 由导数定义，$g'(a)=\displaystyle\lim_{x\to a^+}\displaystyle\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0$，则由极限保号性，$\exists\ \delta>0$，$x\in (a,a+\delta)$ 使得 $\displaystyle\frac{g(x)-g(a)}{x-a}<0$，则 $g(a)<g(x)$。

同理也可得出 $\exists\ \delta>0$，$y\in (b-\delta,b)$ 使得 $g(y)<g(b)$。

(b) 因为 $g$ 可微，所以 $g$ 连续。由极值定理，$g$ 在 $[a,b]$ 上有最大最小值。又因为存在 $x,y\in (a,b)$ 使得 $g(a)>g(x)$ 且 $g(y)<g(b)$，所以 $g(a),g(b)$ 均不是最小值，所以 $\exists\ x_0\in (a,b)$ 使得 $g(x_0)$ 是最小值。由费马原理可得 $g'(x_0)=0$。

现在完成达布定理的证明。若 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，且存在 $\exists\ \alpha$ 满足 $f'(a)<\alpha<f'(b)$，则令 $g(x)=f(x)-\alpha x$ 使得 $g'(x)=f'(x)-\alpha$ 也在 $[a,b]$ 上可微。因为此时 $g'(a)<0$，$g'(b)>0$，所以 $\exists\ x_0\in (a,b)$ 满足 $g'(x_0)=f'(x_0)-\alpha=0$，由此可得 $f'(x_0)=\alpha$。

根据 练习 4.5.8 的结论，一对一的函数对 $\forall\ x_0\in [a,b]$ 一定有 $x\to x_0\Leftrightarrow f(x)\to f(x_0)$（这也是反函数存在的依据），令 $y=f(x)$，$y_0=f(x_0)$，所以

$$\begin{align*} (f^{-1})'(y_0)&=\displaystyle\lim_{y\to y_0}\displaystyle\frac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0}\\&=\displaystyle\lim_{f(x)\to f(x_0)}\displaystyle\frac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}\\&=\displaystyle\lim_{x\to x_0}\displaystyle\frac{1}{\displaystyle\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}\\&=\displaystyle\frac{1}{f'(x_0)} \end{align*}$$

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习题 5.3 中值定理

(a) 因为 $f$ 在 $[a,b]$ 上可微，所以由拉格朗日中值定理，对 $\forall\ x,y\in [a,b]$，$\exists\ \xi\in (a,b)$ 使得 $\displaystyle\frac{f(x)-f(y)}{x-y}=f'(\xi)$，即 $\left|\displaystyle\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|=\left|f'(\xi)\right|$。

又因为 $f'$ 在 $[a,b]$ 上连续，所以由极值定理，$f'$ 在 $[a,b]$ 上有最大值和最小值，即 $f'$ 是有界的。所以对于 $\forall\ \xi \in [a,b]$，$\exists\ M>0$ 使得 $\left|f'(\xi)\right|\leq M$。所以，$\left|\displaystyle\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|=\left|f'(\xi)\right|\leq M$。所以 $f$ 在 $[a,b]$ 上是利普希茨的。

(b) 因为 $|f'(x)|<1$，所以 $\max\left|f'(x)\right|=M< 1$，所以 $\left|f(x)-f(y)\right|\leq M\left|x-y\right|$。所以 $f$ 在 $[a,b]$ 上是压缩的。

对 $\forall\ x,y\in A$，不妨设 $x<y$，则 $[x,y]\subseteq A$。由拉格朗日中值定理，$\exists\ \xi \in (x,y)$ 使得 $\displaystyle\frac{f(y) - f(x)}{y - x} = f'(\xi)$。因为 $f'(\xi)\neq 0$，所以 $f(y)-f(x)\neq 0$，即 $f(x)\neq f(y)$。所以 $f$ 在 $A$ 上是一对一的。

单调函数可说明逆命题错误。例如 $f(x)=x$ 是一对一的，但 $f'(x)=1>0$。

(a) 令 $f(x)=h(x)-x$，则 $f$ 在 $[0,3]$ 上连续，且 $f(0)=f(3)=1>0$，$f(1)=-1<0$。由介值定理可得 $\exists\ d\in (0,1)$ 使得 $f(d)=h(d)-d=0$ $\Rightarrow$ $h(d)=d$。

(b) 由拉格朗日中值定理，$\exists\ c\in (0,3)$ 使得 $h'(c)=\displaystyle\frac{h(3)-h(0)}{3-0}=\displaystyle\frac{1}{3}$。

(c) 由拉格朗日中值定理，$\exists\ c_1\in (0,3)$ 使得 $h'(c_1)=\displaystyle\frac{h(3)-h(1)}{3-1}=0$。

因为 $h'(c_1)<\displaystyle\frac{1}{4}<h'(c)$，所以由达布定理，$\exists\ x\in (c_1,c)$ 使得 $h'(x)=\displaystyle\frac{1}{4}$。

(a) 因为 $f$ 在 $A$ 上可微且连续，所以 $f(0)=\displaystyle\lim_{n\to \infty}f(x_n)=0$。

若 $f'(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{x}\neq 0$，则由极限保号性，$\exists\ \delta>0$，对 $\forall\ x\in (-\delta,\delta)\setminus\left\{0\right\}$，$\left|\displaystyle\frac{f(x)}{x}\right|>0$，这与 $f(x_n)=0$ 矛盾。所以 $f'(0)=0$。

(b) 若 $f''(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{f'(x)}{x}\neq 0$，则同上分析，可得 $\exists\ \delta>0$，$\forall\ x\in (-\delta,\delta)\setminus\left\{0\right\}$ 均有 $\left|\displaystyle\frac{f'(x)}{x}\right|>0$。不妨设 $f'(x)>0$（反向同理），则由拉格朗日中值定理，对 $x_{n_1},x_{n_2}\in (0,\delta)$，$\exists\ \xi\in (x_{n_1},x_{n_2})$ 使得 $f'(\xi)=\displaystyle\frac{f(x_{n_1})-f(x_{n_2})}{x_{n_1}-x_{n_2}}=0$，但前述又表明 $f'(\xi)>0$，这就矛盾了。

综上，$f''(0)=0$。

(a) 我们仿照拉格朗日中值定理的证明，采用参数方程下的直线构造。假设 $f,g$ 是某条曲线参数方程下的两个分量函数，如果 $g'(x)$ 恒不为 $0$，那么构造类似直线方程如下：

$$L(x)=f(x)-\left(\displaystyle\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}(g(x)-g(a))+f(a)\right)$$

则 $L(a)=L(b)=0$，由罗尔中值定理，$\exists\ c\in (a,b)$ 使得 $L'(c)=0$，即

$$\displaystyle\frac{f'(c)}{g'(c)}=\displaystyle\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$$

对于 $g'(x)=0$ 的情形，我们也可以对“直线”方程通分得到更一般的形式：

$$L(x)=(f(x)-f(a))(g(b)-g(a))-(g(x)-g(a))(f(b)-f(a))$$

结论同上，这样就证明了柯西中值定理。

(b) 如图。（华东师范大学, 数学分析 第五版（上册）, 第六章 §2, 图 6-5）

(a) $x=0$ 时成立。

由拉格朗日中值定理，对 $\forall\ x\in (0,a]$，$\exists\ \xi\in (0,x)$，$|g'(\xi)|=\left|\displaystyle\frac{g(x)-g(0)}{x-0}\right|\leq M$，所以 $|g(x)|\leq Mx$。

(b) 同样 $x=0$ 时成立。

因为 $h$ 二次可微，所以 $h'$ 在 $[0,a]$ 上连续且可微。同样使用拉格朗日中值定理，得到 $\left|h''(\xi)\right|=\left|\displaystyle\frac{h'(x)-h'(0)}{x-0}\right|\leq M$ $\Rightarrow$ $\left|h'(x)\right|\leq Mx$。

因为 $\left(\displaystyle\frac{x^2}{2}\right)'=x$，所以这里我们考虑使用柯西中值定理。对 $\forall\ x\in (0,a]$，$\exists\ \xi\in (0,x)$ 使得

$$\left|\displaystyle\frac{h(x)-h(0)}{\displaystyle\frac{x^2}{2}-0}\right|=\left|\displaystyle\frac{h'(\xi)}{\xi}\right|\leq M \Rightarrow |h(x)|\leq M\displaystyle\frac{x^2}{2}$$

综上有 $|h(x)| \le M\displaystyle\frac{x^2}{2}$。

(c) 对于在 $[0, a]$ 上三次可微的函数 $k$，若 $k(0)=k'(0)=k''(0)=0$ 且对于所有 $x \in [0, a]$ 都有 $|k'''(x)| \le M$，则对于所有 $x \in [0, a]$ 都有 $|k(x)| \le M\displaystyle\frac{x^3}{6}$。

$x=0$ 时还是成立的。剩下的情况用柯西中值定理递推过去：

$$\begin{align*} \left|k'''(x)\right|\leq M &\Rightarrow \left|\displaystyle\frac{k''(x)}{x}\right|\leq M \\ &\Rightarrow \left|\displaystyle\frac{k'(x)}{\displaystyle\frac{x^2}{2}}\right|\leq M \\ &\Rightarrow \left|\displaystyle\frac{k(x)}{\displaystyle\frac{x^3}{6}}\right|\leq M \\ &\Rightarrow |k(x)| \le M\displaystyle\frac{x^3}{6} \end{align*}$$

构造函数 $g(x)=f(x)-x$，等价于说 $g(x)$ 在区间上不能有两个零点。

设 $f$ 定义在区间 $A$ 上。若 $\exists\ x_1,x_2\in A$ 使得 $g(x_1)=g(x_2)=0$，则由罗尔中值定理 $\exists\ c\in (x_1,x_2)$ 使得 $g'(c)=0$ $\Rightarrow$ $f'(c)=1$，得到矛盾。

所以 $f$ 最多只能有一个不动点。

由极限定义，对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ \delta>0$，对 $\forall\ x\in V_\delta(0)\setminus\left\{0\right\}$，有 $f'(x)\in V_\varepsilon(L)$。

对于 $\forall\ x\in V_\delta(0)\setminus\left\{0\right\}$，由拉格朗日中值定理，总存在 $\xi \in (0,x)$（$x>0$）或 $\xi \in (x,0)$（$x<0$）使得

$$\left|\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}\right|=\left|f'(\xi)\right|\in V_\varepsilon(L)$$

所以 $f'(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=L$。

这个定理给出了只用连续和极限存在就能得到导函数也连续的结论。

直接求导：（其实我没想到，脑子瓦特了）

$$\begin{align*} \displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}&=\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}=\displaystyle\frac{f'(a)}{g'(a)}=\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)} \end{align*}$$

综合运用之前的极限计算法则可以得到：

$\displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=0$，$\displaystyle\lim_{x\to 0}g(x)=0$，是 $\displaystyle\frac{0}{0}$ 型。

$\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=0$；

$\displaystyle\lim_{x\to 0}\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\left(\displaystyle\frac{x^3}{2}+x\right)\sin\displaystyle\frac{1}{x^4}-\displaystyle\frac{2}{x}\cos\displaystyle\frac{1}{x^4}\right)$，这个极限是不存在的。

洛必达法则要求导函数之比极限存在才能成立，如果不存在则不成立，所以不冲突。

(a) 若 $\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}=L$，则对 $\forall\ \varepsilon>0$，$\exists\ \delta>0$，对 $\forall\ x\in V_\delta(a)\setminus\left\{a\right\}$， 有 $\displaystyle\left|\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}\right|\in V_\varepsilon(L)$。

现在，对 $\forall\ x\in V_\delta(a)\setminus\left\{a\right\}$，由柯西中值定理，$\exists\ \xi\in (x,a)$（$x<a$）或 $\xi\in (a,x)$（$x>a$）使得

$$\left|\displaystyle\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}\right|=\left|\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}\right|=\left|\displaystyle\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\right|\in V_\varepsilon(L)$$

所以 $\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=L=\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}$。

(b) 用同样的极限思路进行估计。

对 $\forall\ M>0$，$\exists\ \delta>0$，对 $\forall\ x\in V_\delta(a)\setminus\left\{a\right\}$， 有 $\displaystyle\displaystyle\frac{f'(x)}{g'(x)}>M$。

对这一部分 $x$，使用柯西中值定理得到 $\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=\displaystyle\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}>M$，
于是 $\displaystyle\lim_{x\to a}\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=\infty$。

这里我犯了一点糊涂，以为要 $\displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$ 在 $a$ 处连续才行，实际上柯西中值定理只需要 $f,g$ 本身满足就可以了。

使用洛必达法则：

原式 $=\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{f'(a+h)-f'(a-h)}{2h}=f''(a)$。

解释一下题目里二阶导连续的问题：其实只要二阶导存在，就可以用上述方法求解，而连续（其实也不用连续，附近二阶可微就行了）的条件下 $a$ 附近的二阶导是存在的，所以可以直接连用两次洛必达法则，更快得到结果：

原式 $=\displaystyle\lim_{h \to 0}\displaystyle\frac{f'(a+h)-f'(a-h)}{2h}=\displaystyle\lim_{h\to 0}\displaystyle\frac{f''(a+h)+f''(a-h)}{2}=f''(a)$。

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习题 5.4 一个处处不可导的连续函数

如图所示。

当 $n$ 变大时，$h_n(x)$ 值域将会越来越小，但周期也会越来越小，使得其震荡越来越频繁。

$$\begin{align*} \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)&\leq\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}=2 \end{align*}$$

由单调有界定理知其收敛。

有限个连续函数的和是有限的。

首先，$g(0)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(0)=0$。

因为 $g(x_m)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^{n-m})$，我们需要分析 $h(2^{n-m})$ 的值。

因为 $2^{n-m}$ 要么是小于 $1$ 的正数要么是 $2$ 的倍数，而 $h(2n)=h(0+2+2+\cdots+2)=h(0)=0$，所以我们有

$$h(2^{n-m})=\begin{cases} 2^{n-m},\quad &\text{if } n\leq m\\ 0,\quad &\text{if } n>m \end{cases}$$

所以 $g(x_m)=(m+1)\cdot \displaystyle\frac{1}{2^n}\cdot 2^{n-m}=(m+1)2^{-m}$。

所以 $\displaystyle\frac{g(x_m)-g(0)}{x_m-0}=m+1$。这说明 $\displaystyle\lim_{m\to 0}\displaystyle\frac{g(x_m)-g(0)}{x_m-0}$ 不存在，所以 $g'(0)$ 不存在。

(a) 同上一题，求解得 $g(1)=1$。

考虑这样的序列 $x_m = 1 + \displaystyle\frac{1}{2^m}$，则 $\left\{x_m\right\}\to 1$。$g(x_m)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^n+2^{n-m})$。

由于 $2^n+2^{n-m}$ 仍然有和上题类似的二倍性质（不过考虑 $2^0=1$ 这一特殊情况，此时 $1+2^{-m}>1$，要用周期性和绝对值再处理），所以

$$h(2^n+2^{n-m})=\begin{cases} 1-2^{-m},\quad &\text{if } n=0\\ 2^{n-m},\quad &\text{if } 0<n\leq m\\ 0,\quad &\text{if } n>m \end{cases}$$

求解得 $g(x_m)=1+(m-1)2^{-m}$，得到 $\displaystyle\frac{g(x_m)-g(1)}{x_m-1}=m-1$，同上可得 $g'(1)$ 不存在。

对 $g'\left(\displaystyle\frac{1}{2}\right)$ 的情形使用序列 $x_m=\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{2^m}$ 即可用完全类似的方法得到结论。

(b) 对任意 $x=\displaystyle\frac{p}{2^k}$，为了简化问题，当 $p\geq 0$ 时，使用序列 $x_m=\displaystyle\frac{p}{2^k}+\displaystyle\frac{1}{2^m}$（小于 $0$ 时则减去 $\displaystyle\frac{1}{2^m}$，利用 $h$ 的绝对值性质结果相同）：

$g(x_m)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(p\cdot 2^{n-k}+2^{n-m})$。

随着 $p$ 取值的不同内部取值会有非常多的情况（大于 $1$ 则要用绝对值取反，大于 $2$ 则要用周期性处理），这需要我们思考更多的方法来简化问题。

考虑 $h(2n)=0$ 的这一特性。在之前的习题中我们利用的主要是指数的特性，即 $h(2^n)$ 当 $n>0$ 时为 $0$ 的特性，所以纯粹的 $2^n$ 形式是利于其运算的。所以，我们可以将 $p$ 写成若干个 $2^n$ 求和的形式，更准确地来说，写出它的唯一二进制表示形式：

$$\begin{align*} p=2^{p_1}+2^{p_2}+\cdots+2^{p_j},\quad p_1>p_2>\cdots>p_j\geq 0 \end{align*}$$

（这里对表示的唯一性不作证明，具体可以使用数学归纳法或带余除法来进行证明）

这样就能改写 $h(p\cdot 2^{n-k})=h\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{j}2^{n+p_i-k}\right)$。

接下来用 $\displaystyle\frac{1}{2^n}$ 的等比数列性质对求和式的大小进行分析。我们可以得出以下几个结论：

1. 若 $\exists\ a\in [1,j]$ 使得 $n+p_a-k=0$，则它前面的项都是 $2$ 的倍数，所以 $h\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{j}2^{n+p_i-k}\right)=h\left(\displaystyle\sum_{i=a}^{j}2^{n+p_i-k}\right)$。

2. 因为 $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\frac{1}{2^n}$ 在有限求和下总是小于 $1$ 的，所以上面的 $\displaystyle\sum_{i=a}^{j}2^{n+p_i-k}\in [1,2)$（因为第一项是 $1$，后面一定小于完全等比数列的求和），这就得出了结果：

$$h\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{j}2^{n+p_i-k}\right)=2-\displaystyle\sum_{i=a}^{j}2^{n+p_i-k}$$

3. 若 $\forall\ a\in [1,j],\ n+p_a-k<0$，则 $h\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{j}2^{n+p_i-k}\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^{j}2^{n+p_i-k}$。

4. 若 $\forall\ a\in [1,j],\ n+p_a-k>0$，则 $h\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{j}2^{n+p_i-k}\right)=0$。

上述一共三种情况，其中只有第一种情况会使得绝对值符号改变。

因为等比数列的有限求和总会和 $2$ 有一段距离，考虑导数是求极限的式子，所以我们令 $m$ 足够大，使得 $p\cdot 2^{n-k}+2^{n-m}$ 总不会因为 $2^{n-m}$ 的影响而超过 $1$ 或 $2$，从而能轻松求解 $h(p\cdot 2^{n-k}+2^{n-m})$。

在得出以上结论之后，我们就可以试着求解：

因为 $m$ 足够大时，$2^{n-m}$ 项不会对 $p\cdot 2^{n-k}+2^{n-m}$ 和 $1,2$ 的大小关系产生影响，所以 $h(p\cdot 2^{n-k}+2^{n-m})$ 和 $h(p\cdot 2^{n-k})$ 在 $n$ 相同时受绝对值和周期性的影响是相同的，也就是说所有的 $p\cdot 2^{n-k}$ 都会在导数的差商式子中被抵消掉，只会剩下 $2^{-m}$ 的倍数。由于使得绝对值取反的 $n+p_a-k=0$ 的 $a$ 最多有 $j$ 个，所以当 $m$ 足够大的时候：

$$\begin{align*} &g(x_m)-g(p\cdot 2^{-k})\geq (m+1-2j)2^{-m}\\ &\displaystyle\frac{g(x_m)-g(p\cdot 2^{-k})}{x_m - p\cdot 2^{-k}}\geq m+1-2j \end{align*}$$

而这个下界的值可以任意大，所以 $\displaystyle\lim_{m\to\infty}\displaystyle\frac{g(x_m)-g(p\cdot 2^{-k})}{x_m - p\cdot 2^{-k}}$ 不存在，从而 $g'\left(p\cdot 2^{-k}\right)$ 不存在。

(a) 首先，$h_n(x)$ 在非 $0,2^{-n},-2^{-n}$ 处可微；然后，$x$ 不是二进点，所以 $x$ 在 $h_n(x)$ 上可微；最后，有限个可微函数的和是可微的。

由于 $|h'(2^nx)|=2^n$，所以

$$\begin{align*} \left|g'_{m+1}(x) - g'_m(x)\right|&=\left|\left(\displaystyle\frac{1}{2^{m+1}}h(2^{m+1}x)\right)'+\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{m}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)\right)'-\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{m}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)\right)'\right|\\&=1 \end{align*}$$

(b) 下面的论证基于 Gemini 给的这些提示：

(1) $g_m(x)$ 在二进点区间 $[\displaystyle\frac{p}{2^m},\displaystyle\frac{p+1}{2^m}]$ 上是线性的。因为区间端点正好是 $h_m(x)$ 的两端点，所以对 $h_m(x)$ 及更小的下标来说都是线性的。

(2) $g(x_m)=g_m(x_m)$，因为对更大的下标 $n>m$ 来说，$2^n\cdot\displaystyle\frac{p}{2^m}$ 是 $2$ 的倍数，从而 $h_n(x_m)=0$。同理 $g(y_m)=g_m(y_m)$。

所以式子可以重写成

$$\frac{g(y_m) - g(x)}{y_m - x} < \displaystyle\frac{g(y_m)-g(x_m)}{y_m-x_m} < \frac{g(x_m) - g(x)}{x_m - x}$$

这说明它们之间一定是有联系的。为了更加明确这个联系，我们试着用定量分析的方法进行求解。

先分析 $h'(2^nx)$ 的大小，由于它本质上是 $|2^nx|$，所以：

$$h'(2^nx)=\begin{cases} 2^n,\quad &\text{if } 2k<2^nx<2k+1\\ -2^n,\quad &\text{if } 2k+1<2^nx<2k+2 \end{cases}$$

其中 $k\in\mathbb{Z}$。因为 $x$ 不是二进点，所以 $2^nx$ 不会是一个整数。

所以 $g_m'(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{m}\displaystyle\frac{1}{2^n}h'(2^nx)=\displaystyle\sum_{i=0}^{m}(-1)^{x_i}$，其中 $x_i\in\{0,1\}$ 代表 $h'(2^nx)$ 的符号。

接下来计算 $g(y_m),g(x_m)$。首先，因为 $x_m,y_m$ 都是二进点，所以 $g(y_m)=g_m(y_m)$，$g(x_m)=g_m(x_m)$。

难点同样在判定它们的符号上，幸运的是，它们的符号总会是相同的。要证明这一点，我们需要得出 $2^n y_m$ 和 $2^n x_m$（$n<m$）与 $x$ 都落在同样的两个整数之间。通过证明它们之间没有整数可以做到这一点：

假设存在整数 $k$ 满足 $2^n x_m < k < 2^n y_m$，则 $p<2^{m-n}k<p+1$，矛盾。所以 $(2^nx_m,2^ny_m)$ 上不存在整数。这样我们就有：

$$\begin{align*} &2k\leq 2^nx_m<2^nx<2^ny_m\leq 2k+1\\ \text{或者 }&2k+1\leq 2^nx_m<2^nx<2^ny_m\leq 2k+2 \end{align*}$$

所以 $2^nx_m$，$2^nx$，$2^ny_m$ 都落在同样的两个整数之间，这就保证了它们被周期性和绝对值处理的方式是相同的。所以有：

$$\begin{align*} \displaystyle\frac{g(x_m)-g(x)}{x_m-x}&=\displaystyle\frac{g_m(x_m)-g_m(x)-\displaystyle\sum_{n=m+1}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)}{x_m-x}\\&=\displaystyle\frac{\displaystyle\sum_{n=1}^{m}\displaystyle\frac{1}{2^n}\displaystyle\sum_{i=0}^{m}(-1)^{x_i}2^n(x_m-x)-\displaystyle\sum_{n=m+1}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)}{x_m-x}\\&=\frac{\displaystyle\sum_{i=0}^{m}(-1)^{x_i}(x_m-x)-\displaystyle\sum_{n=m+1}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)}{x_m-x}\\&=\displaystyle\sum_{i=0}^{m}(-1)^{x_i}+\displaystyle\frac{\displaystyle\sum_{n=m+1}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)}{x-x_m}\\&=g_m'(x)+\displaystyle\frac{\displaystyle\sum_{n=m+1}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)}{x-x_m}>g_m'(x) \end{align*}$$

求和式里绝对值和 $x$ 非二进点的性质保证了大于号成立。

同理可计算 $\displaystyle\frac{g(y_m) - g(x)}{y_m - x}=g_m'(x)-\displaystyle\frac{\displaystyle\sum_{n=m+1}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{2^n}h(2^nx)}{y_m - x}<g_m'(x)$。

(c) 如果 $g'(x)$ 存在，则 $g'(x)=\displaystyle\lim_{m\to \infty}\displaystyle\frac{g(y_m)-g(x)}{y_m-x}=\displaystyle\lim_{m\to \infty}\displaystyle\frac{g(x_m)-g(x)}{x_m-x}=\displaystyle\lim_{m\to \infty} g_m'(x)$。

但是由 (a) 部分可知，$|g'_{m+1}(x)-g'_m(x)|=1$，所以 $\left\{g_m'(x)\right\}$ 不是柯西收敛的，从而 $\displaystyle\lim_{m\to \infty} g_m'(x)$ 不存在，矛盾。所以 $g'(x)$ 不存在。

这一论断的关键变化是对柯西收敛数列的描述。如果我们令 $g(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\displaystyle\frac{1}{p^n}h(q^nx)$ ：

$$\begin{align*} \left|g'_{m+1}(x) - g'_m(x)\right|&=\left|\left(\displaystyle\frac{1}{p^{m+1}}h(q^{m+1}x)\right)'+\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{m}\displaystyle\frac{1}{p^n}h(q^nx)\right)'-\left(\displaystyle\sum_{n=0}^{m}\displaystyle\frac{1}{p^n}h(q^nx)\right)'\right|\\&=\left(\displaystyle\frac{q}{p}\right)^{m+1} \end{align*}$$

对于 $p=2$，$q=3$ 的情况，仍然发散的结果表明论证仍然成立。但 $p=3$，$q=2$ 时，$\left(\displaystyle\frac{2}{3}\right)^{m+1}$ 是收敛的，所以此方法在这时失效。

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