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

探索连续性与可微性之间的关系既带来了丰硕的成果，也产生了一些病态的反例。到目前为止，大部分讨论都集中在导数的连续性上，但历史上，关于连续函数是否必然可微的问题引发了大量争论。在本章的开头，我们看到了连续性是可微性的一个必要条件，但正如绝对值函数所展示的那样，这个命题的逆命题并不成立。一个函数可以在某一点连续但不可微。但一个连续函数究竟可以有多不可微？给定一个有限的点集，不难想象如何构造一个在每个点都有尖角的图形，从而使相应的函数在这个有限集上不可微。然而，当集合变为无限时，这个技巧就变得更加困难。例如，是否有可能构造一个在整个 $\mathbb{R}$ 上连续但在每个有理点都不可微的函数？这不仅是可能的，而且情况甚至更加有趣。1872年，Karl Weierstrass 提出了一个在任何点都不可微的连续函数的例子。(似乎早在1830年，Bernhard Bolzano 就已经有了自己的例子，但直到很久以后才发表。)Weierstrass实际上发现了一类无处可微的函数，其形式为

$$f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{a}^{n}\cos \left( {{b}^{n}x}\right)$$

其中 $a$ 和 $b$ 的值经过精心选择。这些函数是第8.3节中讨论的Fourier级数的具体示例。如果我们用具有类似于 $\cos \left( x\right)$ 振荡的分段线性函数替换余弦函数，Weierstrass论证的细节将得到简化。

定义 $[-1,1]$ 上的函数

$$h\left( x\right) = \left| x\right|$$

并通过 $h\left( {x + 2}\right) = h\left( x\right)$ 将 $h$ 的定义扩展到整个 $\mathbb{R}$ 。结果是一个周期性的“锯齿”函数(图5.6)。

函数 $h\left( x\right)$

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。

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现在，定义

$$g\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{h}_{n}\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\frac{1}{{2}^{n}}h\left( {{2}^{n}x}\right) .$$

断言： $g\left( x\right)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续，但在任何点都不可微。

函数无穷级数与连续性

$g\left( x\right)$ 的定义与我们通常定义函数的方式有显著不同。对于每个 $x \in \mathbb{R},g\left( x\right)$ ，它被定义为一个无穷级数的值。

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

由单调有界定理知其收敛。

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$g\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }\left( {1/{2}^{n}}\right) h\left( {{2}^{n}x}\right)$ 的示意图

有限个连续函数的和是有限的。

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这让我们回到了分析中的一个典型问题:在有限情况下有效的结论何时可以推广到无限情况？有限个连续函数的和当然是连续的，但对于无限个连续函数的和，这一结论是否仍然成立？一般来说，我们会发现情况并非总是如此。然而，对于这个特定的和，极限函数 $g\left( x\right)$ 的连续性是可以证明的。解读关于有限函数和的结果何时可以推广到无限函数和，是第6章的基本主题之一。尽管在这一点上，我们完全有能力独立证明 $g$ 的连续性，但我们仍将推迟这一证明(习题6.4.4)，将其作为对即将学习的一致收敛性的动机(或作为已经学过这一内容的读者的练习)。

不可微性

有了适当的工具，证明 $g$ 是连续的相当直接。更困难的任务是证明 $g$ 在 $\mathbb{R}$ 中的任何点都不可微。

让我们首先看 $x = 0$ 点。我们的函数 $g$ 在这里似乎不可微(图5.7)，严格的证明并不太难。考虑序列 ${x}_{m} = 1/{2}^{m}$ ，其中 $m = 0,1,2,\ldots$ 。

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。

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任何想要说类似 ${g}^{\prime }\left( 0\right) = \infty$ 的冲动都应被抵制。在前面的论证中设置 ${x}_{m} = - \left( {1/{2}^{m}}\right)$ 会产生趋向于 $- \infty$ 的差商。其几何表现是在 $x = 0$ 处出现的“尖点”，这在 $g$ 的图中可见。

(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。

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练习 5.4.5 (b)中描述的点被称为“二进”点。如果 $x = p/{2}^{k}$ 是一个二进有理数，那么函数 ${h}_{n}$ 在 $x$ 处有一个拐点，只要 $n \geq k$ 。因此， $g$ 在这种形式的点上不可微并不太令人惊讶。在二进点之间的点上，论证更为复杂。

假设 $x$ 不是一个二进数。对于固定的 $m \in \mathbb{N} \cup \{ 0\} ,x$ 值，它落在两个相邻的二进点之间，

$$\frac{p}{{2}^{m}} < x < \frac{p + 1}{{2}^{m}}.$$

设 ${x}_{m} = p/{2}^{m}$ 和 $y = \left( {p + 1}\right) /{2}^{m}$ 。对每个 $m$ 重复此操作，得到两个序列 $\left( {x}_{m}\right)$ 和 $\left( {y}_{m}\right)$ ，满足

$$\lim {x}_{m} = \lim {y}_{m} = x\;\text{ and }\;{x}_{m} < x < {y}_{m}.$$

(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。

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Weierstrass 1872年的原始论文中包含了这样一个证明：只要 $0 < a < 1$ 且 $b$ 是一个满足 ${ab} > 1 + {3\pi }/2$ 的奇数，无限和

$$f\left( x\right) = \mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{a}^{n}\cos \left( {{b}^{n}x}\right)$$

便定义了一个处处连续但无处可微的函数。关于 $a$ 的条件很容易理解。如果 $0 < a < 1$ ，那么 $\mathop{\sum }\limits_{{n = 0}}^{\infty }{a}^{n}$ 是一个收敛的几何级数，并且即将提到的Weierstrass-M 判别法(定理6.4.5)可以用来证明 $f$ 是连续的。关于 $b$ 的限制则更为神秘。1916年，G.H. Hardy 将Weierstrass的结果扩展到包括任何满足 ${ab} \geq 1$ 的 $b$ 值。尽管我们没有详细研究这些论证的细节，但我们仍然可以感受到导数的缺失与压缩因子(参数 $a$ )和振荡频率增加速率(参数 $b$ )之间的关系密切相关。

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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习题 5.5 结语

Weierstrass的例子及其类似案例，远非应被边缘化为我们对连续函数理解的异常现象，实际上应作为我们直觉的指南。我们脑海中连续性作为平滑曲线的形象严重歪曲了实际情况，这是过度接触更小的可微函数类所导致的偏见的结果。这里的教训是，连续性是一个比可微性严格更弱的概念。在第3.6节中，我们提到了 Baire 纲定理的一个推论，该推论断言Weierstrass的构造实际上是连续函数的典型特征。我们将看到，大多数连续函数在任何地方都不可微，因此可微函数是作为（而非规则）存在的。如何更严谨地表述这一观察的细节在第8.2节中详细说明。

说前一节中构造的处处不可微函数 $g$ 在其定义域的每一点都有“角”略微偏离了重点。Weierstrass 最初构造的处处不可微函数类是由无限多个光滑三角函数的和构成的。正是这种密集嵌套的振荡结构使得切线的定义变得不可能。那么，当我们把注意力限制在单调函数上时会发生什么？一个递增函数可以有多不可微？给定一个有限的点集，不难拼凑出一个在每个给定点都有实际角——因此不可微——的单调函数。一个自然的问题是，是否存在一个连续、单调且处处不可微的函数。Weierstrass怀疑这样的函数存在，但只成功地构造了一个在可数稠密集上不可微的连续递增函数的例子(习题7.5.11)。1903年，法国数学家 Henri Lebesgue (1875-1941)证明了Weierstrass的直觉在这方面是错误的。Lebesgue 证明了一个连续单调函数在其定义域的“几乎”每一点都必须是可微的。具体来说，Lebesgue 表明，对于每一个 $\varepsilon > 0$ ，这种函数不可微的点集可以被一个长度总和小于 $\varepsilon$ 的可数区间并集覆盖。这种“零长度”或“零测度”的概念在我们讨论Cantor集时遇到过，并在第7.6节中更全面地探讨，那里讨论了Lebesgue对积分理论的重大贡献。

随着 $f$ 的连续性与 ${f}^{\prime }$ 的存在性之间的关系得到一定程度的掌握，我们再次回到描述所有导数集合的问题。并非每个函数都是导数。Darboux定理迫使我们得出结论，即存在一些函数——特别是那些具有跳跃间断点的函数——不能作为其他函数的导数出现。Darboux定理的另一种表述方式是，所有导数必须满足介值性质。连续函数确实具有介值性质，因此很自然地会问，是否每个连续函数都必然是导数。对于这个较小的函数类，答案是肯定的。微积分基本定理在第7章中讨论，它指出，给定一个连续函数 $f$ ，函数 $F\left( x\right) = {\int }_{a}^{x}f$ 满足 ${F}^{\prime } = f$ 。这便解决了问题。导数的集合至少包含连续函数。然而，对所有可能导数的简洁描述仍然在很大程度上未能实现。

作为最后的评论，我们将看到，通过巧妙地选择 $f$ ，这种通过 $F\left( x\right) = {\int }_{a}^{x}f$ 定义 $F$ 的技术可以用来生成在有趣集合上不可微的连续函数的例子，前提是我们能证明 ${\int }_{a}^{x}f$ 被定义。如何定义积分的问题成为19世纪后半叶分析学的中心主题，并一直延续至今。这一故事的大部分内容在第7章和第8.1节中详细讨论。

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