速通 数学分析

函数极限

Thm 1.1（Heine 定理）：\(\lim_{x\to x_0}f(x)=A\) 当且仅当任意数列 \(x_k\to x_0\) 有 \(\lim_{k\to +\infty} f(x_k)=A\)（必要性显然，充分性考虑反证）

例：证明 \(\sin(1/x)\) 在 \(0\) 处发散（取一个趋于 \(0\) 的数列使 \(\sin(1/x_k)\) 发散）。

Thm 1.2（Cauchy 收敛准则）：\(\lim_{x\to x_0}f(x)\) 存在当且仅当对任意 \(\varepsilon\) 存在 \(x_0\) 的一个去心邻域使得邻域中任意 \(x,y\) 满足 \(|f(x)-f(y)|<\varepsilon\)。

必要性显然，充分性考虑任取一个数列 \(x_k\to x_0\)，\(f(x_k)\to A\)，再任取一个数列 \(y_k\to x_0\)，证明 \(f(y_k)\to A\)，然后用 Heine 定理。

Thm 1.3：如果函数 \(f(x)\) 在 \((x_0,x_0+\delta)\) 单调，则 \(\lim_{x\to x_0^+} f(x)\) 必然存在。

证明考虑 Heine 定理+数列的单调有界定理。等价表述：单调函数的 \(f(x_0^+)\) 必然存在。

练习：求 \(\lim_{x\to 0}a^x\)，\(\lim_{x\to 0}(1+x)^{1/x}\)（令 \(t=1/x\)，再用夹逼定理放缩转化为数列极限）

求 \(\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+x)}{x}\)（夹逼定理）

连续函数

Df 2.1：\(E\) 上的连续函数全体记作 \(\mathbb{C}(E)\)。

练习：证明下列函数连续

• \(\sin x\)：和差化积。
• \(\tan x\)：考虑 \(\sin x,\cos x\) 均连续。
• \(e^x,\ln x\)：直接证，或者用上面数列极限的方法。
• \(x^a\)：考虑 \(\lim_{x\to 1^+} x^n=1\)，其中 \(n\) 为整数。用夹逼定理。

Thm 2.1：连续函数的复合必连续（可用 Heine 定理）

Thm 2.2：严格单调函数的反函数必连续（画图感受一下）

Df 2.2：三类间断点

1. 左右极限存在不相等（跳跃间断点）。
2. 左右极限不存在。
3. 左右极限存在相等但不等于 \(f(x_0)\)（可去间断点）。

Thm 2.3：连续函数有介值性（取 \(\xi=\sup\{f(x)<\eta\}\)，可以证明 \(f(\xi)=\eta\)）

介值性有利用有限覆盖定理的方法。具体地，反证法， 用加强版的有限覆盖定理（存在 \(\delta\) 使得对任意 \(|x'-x''|<\delta\) 都有某个集合覆盖两个点）

Thm 2.4：连续函数在紧集上有最大最小值。

不用致密性定理也能证这个定理。（设 \(M\) 为上确界，考虑构造函数 \(g(x)=(M-f(x))^{-1}\)）

推论：\(\mathbb{R}^n\) 上任意范数等价。证明考虑 \(|x|=(\sum x_i^2)^{\frac{1}{2}}\) 为标准范数，\(f(x)\) 为任意范数，则 \(x/|x|\in S^{n-1}\)，故 \(f(x/|x|)\) 有最大最小值。

Df 2.3（一致连续）：任意 \(\varepsilon\) 存在 \(\delta\) 使得 \(|x-y|<\delta\) 有 \(|f(x)-f(y)|<\varepsilon\)。

等价定义：任意数列 \(x_k-y_k\to 0\) 有 \(f(x_k)-f(y_k)\to 0\)。

Rmk：若 \(f\) 满足 Lipschitz 条件，则一定一致连续。

Thm 2.5：紧集上连续和一致连续等价。

证明考虑列紧性定理反证或有限覆盖定理正着证。有限覆盖定理需要讨论取的邻域大小。

连通和道路连通

练习：证明 \(\{(x,\sin(1/x))\}\cup \{0,0\}\) 连通但不道路连通（若存在 \(x_0\) 到 \(0\) 的道路，则对道路函数 \(\tau\) 取极限可知 \(\sin(1/x)\to 0\)，矛盾）

Thm 3.1：\(A\subseteq E\)，\(B=E\setminus A\)，下列命题等价：

• \(A\) 相对开。
• \(A=(A\cup E^c)^o\cap E\)。
• \(B=\overline{B}\cap E\)。
• \(B\) 相对闭。

证明是离散数学练习题。

Thm 3.2：\(f:E\to \mathbb{R}^n\) 连续当且仅当对任意开集 \(V\)，\(f^{-1}(V)\) 是 \(E\) 的相对开集。（证明就是定义）

推论：连续函数将连通集映到连通集。

Thm 3.3：连通集 \(E\) 的子集中既相对开又相对闭的子集只有空集和 \(E\)。

考虑找到 \(A\)，令 \(B=E\setminus A\)，则 \(A,B\) 都是相对闭集，定义 \(U_1=\{d(x,A)<d(x,B)\},U_2=\{d(x,B)<d(x,A)\}\)，其中 \(d(x,A)=\inf_{y\in A} d(x,y)\)，则 \(U,V\) 相对开且不交

相关定理：欧式空间的分离性质。两个不交闭集必可扩充为两个不交开集。

推论：连通集的等价定义。\(E\) 为连通集当且仅当 \(E\) 不可被划分为非空相对开集。

Thm 3.4：\(\mathbb{R}\) 上道路连通集必为区间。进一步，\(\mathbb{R}\) 中的连通集必为区间。

取 \(a=\inf I,b=\sup I\)，用介值定理证明任意 \(y\in (a,b)\) 满足 \(y\in I\)。后者证明对于任意 \(x,y\in I,x<y\)，都有 \((x,y)\subseteq I\) 即可。

Thm 3.5：道路连通可推连通。

反证法，假设不连通，则存在 \(E\subseteq A\cup B\)，\(A\cap B=\varnothing\)。取 \(x,y\)，则 \(x,y\) 存在道路 \(\tau\)，考虑 \(E\) 的子集 \(\tau([0,1])\)，有 \(\tau([0,1])=(\tau([0,1])\cap A)\cup(\tau([0,1]\cap B)\)，且这两个集合为相对开集，与 \(\tau([0,1])\) 是连通集矛盾。

Thm 3.6：区域（开的连通集）是道路连通集。

证明集合 \(U_x=\{y\mid 存在\ x \ 到\ y\ 的道路\}\) 既相对开又相对闭即可。

Thm 3.7（压缩映射原理）：若 \(f:E\to E\)，满足 \(|f(x)-f(y)|\leq k|x-y|\)，其中 \(k\in (0,1)\)，则 \(f\) 在 \(E\) 上有唯一不动点。

证明考虑任取 \(x_0\)，构造数列 \(x_{n+1}=f(x_n)\)，则 \(x_n\) 必收敛到不动点。容易证明不动点是唯一的。

方向极限和累次极限

Thm 4.1：\(\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}f(x)=A\)，当且仅当沿任意趋于 \((x_0,y_0)\) 的曲线都有 \(f(x,y)\to A\)。

例：证明 \(\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{xy}{x^2+y^2}\)，\(\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{xy^2}{x^2+y^4}\) 不存在。

Df 4.1：形如 \(\lim_{x\to x_0}\lim_{y\to y_0} f(x,y)\) 的极限被称为二次极限。

Thm 4.2：若二重极限存在且等于 \(A\)，则二次极限满足

\[\lim_{x\to x_0}\limsup_{y\to y_0}f(x,y)=\lim_{x\to x_0}\liminf_{y\to y_0}f(x,y)=A \]

推论：当 \(h(x)=\lim_{y\to y_0} f(x,y)\) 附*存在时，二次极限存在。

推论：若二重极限存在且两个二次极限都存在，则两二次极限必然相等。

导数

练习：证明 \(\sin x\)，\(\ln x\)，\(x^{\alpha}\) 的导数。（最后一个考虑引入 \(\ln\)，用 \(\ln\) 有关的函数极限）

Thm 5.1：下面四个定理均成立

1. 若 \(f_+'(x)>0\)，则 \(f\) 在 \([a,b]\) 严格单调递增。
2. 若 \(f_+'(x)\geq 0\)，则 \(f\) 在 \([a,b]\) 单调递增。
3. \(\inf f'(x)\leq \frac{f(\beta)-f(\alpha)}{\beta-\alpha}\leq \sup f'(x)\)。
4. 若 \(f'(x)=0\)，则 \(f(x)\) 恒为常数。

第一个定理若 \(a<\alpha<\beta<b\) 满足 \(f(\alpha)\geq f(\beta)\)，则最大值 \(\eta\) 满足 \(\eta\in [\alpha,\beta)\)，可知 \(f'(\eta)\leq 0\)。

第二个定理令 \(F(x)=f(x)+\varepsilon x\)。

第三个定理构造函数，第四个定理用第三个定理。

Df 5.1（方向导数）\(\lim_{t\to 0^+}\frac{f(x_0+te)-f(x_0)}{t},e\in S^{n-1}\) 为方向导数，记作 \(\frac{\partial f}{\partial e}(x_0)\)。若 \(e=e_k\)，则称其为偏导数，记作 \(f_{x_k}(x_0)\)。

Df 5.2（可微）：若存在线性变换 \(T\) 使得 \(f(x)=f(x_0)+T(x-x_0)+o(x-x_0)(x\to x_0)\)，则 \(f\) 在 \(x_0\) 可微且 \(T\) 为 \(f\) 在 \(x_0\) 的全微分，记作 \(\text{d}_{x_0}f\)。

判断可微：求出偏导后考虑余项是否为 \(o(x-x_0)\)。

偏导存在但不可微的例子：\(f(x,y)=\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\)。

我们有 \(\text{d}_{x_0}f=f_x(x_0)\text{d}x\)。\(\text{d}x\) 可看作单位映射。

Thm 5.2：若 \(A\) 为 \(T\) 的表示矩阵，则 \(A=(f_{x_1}(x_0),f_{x_2}(x_0),\cdots,f_{x_n}(x_0))=f_x(x_0)\)。

Thm 5.3：若偏导在 \(x_0\) 附*连续则函数可微。

只考虑二维，对 \(f(x,y)\) 用两次微分中值定理。

Df 5.4（梯度）：对于函数 \(f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\)，则 \(\nabla f (x_0)\) 定义为 \(f_x(x_0)\) 的转置。

显然有 \(\frac{\partial f}{\partial e}(x_0)=\langle \nabla f(x_0),e\rangle\)。故 \(e\) 与梯度*行时方向导数取最大值。

Thm 5.4：如果 \(f\) 在 \((x_0,y_0)\) 附*有一阶偏导数，且 \(f_{yx}\) 存在，且在 \((x_0,y_0)\) 处 \(f_{yx}\) 连续，证明 \(f_{xy}\) 存在且与 \(f_{yx}\) 相等。

不妨设 \((x_0,y_0)=(0,0)\)，令 \(\Delta(x,y)=f(x,y)-f(x,0)-f(0,y)+f(0,0)\)，则

\[f_{yx}(0,0)=\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}\frac{\Delta(x,y)}{xy},f_{xy}(0,0)=\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}\frac{\Delta(x,y)}{xy} \]

对 \(\Delta(x,y)\) 用 Lagrange 中值定理可得 \(\Delta(x,y)=xf_x(\xi,y)-xf_x(\xi,0)\)。再用微分中值定义得到 \(\Delta(x,y)=xyf_{yx}(\xi,\eta)\)。由连续性知：

\[\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{\Delta(x,y)}{xy}=\lim_{(x,y)\to (0,0)}f_{yx}(\xi,\eta)= f_{yx}(0,0) \]

所以二重极限存在且等于 \(f_{yx}(0,0)\)。由 Thm 4.2，因为 \(\lim_{y\to 0}\Delta(x,y)(xy)^{-1}\) 存在，所以 \(f_{xy}(0,0)\) 存在且和 \(f_{yx}(0,0)\) 相等。

Thm 5.5（Leibniz 公式）

\[(f(x)g(x))^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}f^{(k)}(x)g^{(n-k)}(x) \]

下面介绍几种求高阶导数的方法。

• 建立递推公式（如 \(y=\tan x\)，则 \(y'=\sec^2 x=y^2+1\)，两边求 \(n\) 阶导数）
• 有理分式的高阶导数（如 \(f(x)=2x/(1-x^2)\)，拆成两个分式之后分别求 \(n\) 阶导数）

微分中值定理

Thm 6.1（Fetmat）：极值点若可导，则满足 \(f'(x_0)=0\)。

Thm 6.2（Rolle）：\(f\) 在 \([a,b]\) 连续，在 \((a,b)\) 可导，且 \(f(a)=f(b)\)，则存在 \(\xi\in (a,b)\) 使得 \(f‘(\xi)=0\)。

证明考虑若 \(f(x)\) 不是常数，则最大值和最小值不同时在端点取到，根据 Fetmat 定理可知导数为 \(0\)。

Rolle 定理推广：

1. 若 \(f(a)=f(b)=+\infty\)，结论成立。
2. 若 \(f(a)=f(+\infty)\) 结论成立。

推论：

• Lagrange 中值定理：存在 \(\xi\in (a,b)\) 使得 \(f(b)-f(a)=(b-a)f'(\xi)\)。
• Cauchy 中值定理：若 \(g(b)\neq g(a)\) 且 \(f'(x)^2+g'(x)^2\neq 0\)，则存在 \(\xi\in (a,b)\) 使得 \(\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\)。

Thm 6.3（Darbox）：1. 导函数有介值性。2. 导函数不存在第一类间断点。

第一个结论先证明 \(f'(a)>0,f'(b)<0\) 时存在 \(f'(\xi)=0\)（考虑最大值在中间）然后令 \(F(x)=f(x)-\eta x\)。

第二个结论，用 Lagrange 中值定理证明若 \(f'(x^+)\) 存在则 \(f'(x_0^+)=f'_+(x_0)\)。

Df 6.1：\(\Omega\) 为凸区域当且仅当对任意 \(x,y\in \Omega\) 满足对 \(\alpha\in [0,1]\) 都有 \(\alpha x+(1-\alpha)y\in \Omega\)。

Thm 6.4：\(f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}\) 满足 \(f\) 在 \(\overline{\Omega}\) 上连续，\(\Omega\) 上可微，则：

• 任意 \(x,y\in \overline{\Omega}\)，存在 \(\xi\in \Omega\) 满足 \(f(y)-f(x)=\langle\nabla f(\xi),(y-x)\rangle\)（对 \(x,y\) 线段用 Lagrange 中值）
• \(f\) 在 \(\overline{\Omega}\) 上满足 Lipschitz 条件 \(|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|\)，当且仅当 \(|\nabla f(x)|\leq M\)。（充分性考虑套上面定理用 Cauchy-Schwarz 不等式，必要性考虑令 \(y=x+tv\)，取极限 \(t\to 0\) 得到方向导数，与梯度建立联系）

推广：\(f:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m\) 满足 \(f\) 在 \(\overline{\Omega}\) 上连续，\(\Omega\) 上可微，则 \(f\) 满足 Lipschitz 条件 \(|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|\) 当且仅当 \(||f_x(x)||\leq M\)。其中矩阵范数 \(||A||\) 定义为 \(\max_{e\in S^{n-1}}|Ae|\)。

任取 \(v\in S^{n-1}\)，则 Lipschitz 条件等价于 \(|v\cdot (f(x)-f(y))|\leq M|x-y|\)，令 \(g(x)=v \cdot f(x)\)，拆开算算可以知道 \(\nabla g(x)=(v^Tf_x(x))^T\)，故使用 Thm 6.4 知道上面的条件等价与 \(|f_x(x)^Tv|\leq M\)。等价于 \(||f_x(x)||\leq M\)。

Thm 6.5：\(\varphi\) 满足在 \([a,b]\) 上 \(|\varphi'(x)|\leq M|\varphi(x)|\) 且 \(\varphi(a)=0\)，则 \([a,b]\) 上 \(\varphi(x)\equiv 0\)。

可以构造 \(F(x)=\varphi(x)^2\)，也可以用 Lagrange 中值定理证明局部为 \(0\)。

L'Hopital 法则

洛必达的证明都是固定一个点然后用 Cauchy 中值。

常见的等价：\(\sin x,\tan x,\arcsin x,\arctan x\sim x\)；\(\cos x\sim 1-\frac{1}{2}x^2\)；\(\sin x\sim x-\frac{1}{6}x^3\)，\(\tan x\sim x+\frac{1}{3}x^3\)。\(e^x-1\sim x,\ln (1+x)\sim x\)。\((1+x)^{\alpha}\sim 1+\alpha x\)。

Thm 7.1（去核）：若 \(F(x)\sim cx^{\alpha}\)，\(\varphi(x)\sim x\)，则 \(F(\varphi(x))\sim \varphi(x)\)

Thm 7.2（去皮）：若 \(\varphi(x),\psi(x)\to 0(x\to 0)\) 且 \(F'(0)=A\)，则 \(F(\varphi(x))-F(\psi(x))\sim A(\varphi(x)-\psi(x))\)。（用 Lagrange 中值定理）

推论：若 \(f(x),g(x)\sim x\) 且 \(f(x)-g(x)\sim cx^n\)。则 \(f(x)-g(x)\sim g^{-1}(x)-f^{-1}(x)\)。

\[\lim_{x\to 0} \frac{g^{-1}(x)-f^{-1}(x)}{x-g(f^{-1}(x))}=\lim_{x\to 0} \frac{g^{-1}(x)-g^{-1}(g(f^{-1}(x)))}{x-g(f^{-1}(x))}=1 \]

\[\lim_{x\to 0}\frac{x-g(f^{-1}(x))}{f(x)-g(x)}=\lim_{x\to 0}\frac{f(f^{-1}(x))-g(f^{-1}(x))}{f(x)-g(x)}=1 \]

书上习题 / 作业题

函数极限

1. 例 3.1.1：用所有收敛子列收敛值为定值证明原序列收敛。
2. 习题 3.2.A.9：一种是仿照有限覆盖定理的证明，反证+Bolzano 二分法；一种是直接用有限覆盖定理，找到 \(\delta\) 使得 \(|x-y|<\delta\) 都满足 \(|f(x)-f(y)|\leq M_A|x-y|\)，然后对于任意情况直接拓宽区间范围即可。
3. 习题 3.2.A.10：点态 Lipschitz 条件和局部 Lipschitz 条件的区别。思路是构造局部斜率趋于无穷的函数，但与 \(0\) 的斜率被约束在一个范围内。考虑函数 \(f(x)=x\sin(1/x)\)，可以构造数列 \(x_k, y_k\to 0\) 使得 \(|f(x)-f(y)|\cdot|x-y|^{-1}\to +\infty\)。
4. 习题 3.1.A.5：假设周期分别为 \(S\) 和 \(T\)，则 \(\varphi(x+S)-\psi(x+T)\to 0\)，所以 \(\varphi(x+S-T)-\psi(x)\to 0\)，所以 \(\varphi\) 有周期 \(S-T\)，进而有周期 \(T\)。所以两函数有共同周期。
5. 谢练习题 4.1.5.14：任何非常值周期函数不是有理分式函数。

取 \(x\to +\infty\) 即可。周期函数如果存在极限则一定为常值函数。而有理分式函数要么趋于正无穷要么存在极限。

6. 习题 3.1.B.1

\[\prod_{k=1}^n\cos\frac{x}{2^k}=\frac{\sin x}{2^n\cdot \sin\frac{x}{2^n}}\to \frac{\sin x}{x} \]

代入 \(x=\frac{\pi}{2}\) 可得：

\[\frac{\pi}{2}=\lim_{n\to +\infty}\left(\prod_{k=1}^n\cos \frac{\pi}{2^{k+1}}\right) \]

函数连续

1. 习题 3.2.B.6：

法一：转成函数极限 \(\lim_{x\to 0}(\frac{a^x+b^x}{2})^{1/x}\)，取对数之后直接洛必达。

法二：强行弄一个 \(e\) 的形式出来：

1. 习题 3.3.B.3

考虑反证，假设存在无穷个 \(x_k\) 使得 \(|f(x_k)|\geq \varepsilon_0\)。则存在 \(\delta_k\) 使得 \([x_k-\delta_k,x_k+\delta_k]\) 之间的每个 \(x\) 都满足 \(|f(x_k)|\geq\frac{\varepsilon_0}{2}\)。我们的目的是找到一个 \(a\) 使得有无穷多个 \(k_n\) 满足 \(k_na\) 落在这些区间里面。

考虑用闭区间套夹出 \(a\)。问题是：区间应该存在哪些性质？我们不妨假设 \([a_n,b_n]\) 满足存在 \(n\) 个 \(k_i\)，满足区间内的每个数都满足 \(k_ix\) 落在其中一个区间中。

考虑找到 \(K\) 使得 \((K+1)b_n\geq Ka_n\)，并且 \(K\) 足够大。那么我们在 \([Ka_n,+\infty)\) 中找一个 \(x_u\) ，假设 \([l_0a_n,l_0b_n]\cap [x_u-\delta_u,x_u+\delta_u]\neq\varnothing\)，那么我们令 \([a_{n+1},b_{n+1}]=l_0^{-1}[x_u-\delta_u,x_u+\delta_u]\cap[a_n,b_n]\)。区间的交就是我们要找的数。

也可以使用 Baire 纲定理证明。

5. 习题 3.3.B.4

首先 \(f\) 是单射，然后由单射+介值性可得单调（证明考虑证明 \(a<b,f(a)<f(b)\) 推出 \(a<c<b\) 都有 \(f(a)<f(c)<f(b)\)），然后由于 \(f\circ f\) 单调，所以 \(f(f(0))<f(f(x))<af(x)+bx\)，所以 \(f(x)\to+\infty\)。两边除以 \(f(x)\) 同时取上下极限即可。

6. 习题 3.2.A.1

可证明 \(\lim_{x\to x_0}R(x)=0\)。

证明：若 \(R(x)\geq \varepsilon\)，则 \(q\) 一定在 \(\{1,2,\cdots,[1/\varepsilon]\}\) 中。取 \(x_0\) 的一个去心邻域，则邻域内至多有限个点满足 \(R(x)\geq \varepsilon\)。

方向极限和累次极限

1. 例 3.4.3：用两个二次极限存在且不相等推出二重极限不存在。
2. 习题 3.4.A：下面给出几个例子

二重极限存在条件下：

两个二次极限存在且相等：\(x+y\)。

两个二次极限存在但不相等：不可能。

一个二次极限存在，另一个不存在：\((x+y)\sin(1/x)\)。

两个二次极限都不存在：\((x+y)\sin(1/x)\sin(1/y)\)。

二重极限不存在条件下：

两个二次极限存在且相等：\((x+y)^2(x-y)^{-2}\)。

两个二次极限存在但不相等：\((x+y)(x-y)^{-1}\)。

一个二次极限存在，另一个不存在：\((x^2+y)(x+y)^{-1}\sin(1/x)\)。（考虑路径 \(y=mx\)）

两个二次极限都不存在：\(\sin(1/x)+\sin(1/y)\)。

导数

1. 习题 4.1.A.1(2)：前不能推后，构造类似于 3.2.A.10，找到函数使得某点导数被约束但是该点附*斜率趋于正无穷（\(x^2\sin (1/x)\)）
2. 习题 4.1.B.2

反证法，尝试用闭集套定理夹出来导数不存在的点。

考虑令 \([a_n,b_n]\) 满足区间端点割率大于 \(n\)，则如果夹出来 \(\xi\)，那么 \(f'(\xi)\) 的导数无穷（考虑两侧端点割率极限等于 \(\xi\) 处的导数。

3. 习题 4.1.B.3：

相当于证明 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{|x|}=0\)。

法一：找到 \(r_k,e_k\) 使得 \(e_k\in S^{n-1}\) 且 \(|f(r_ke_k)|\geq \varepsilon_0 r_k\)，找到 \((r_k,e_k)\) 的一个收敛子列，假设收敛于 \((0,e^*)\)，则由 \(\lim_{k\to +\infty} \frac{f(r_ke^*)-f(r_k e_k)}{r_k}=0\)，由于 \(\lim_{k\to +\infty} f(r_ke^*)r_k^{-1}=0\) 导出矛盾。

法二：相当于证明 \(\lim_{r\to 0^+}\sup_{e\in S^{n-1}} f(re)r^{-1}=0\)。用有限覆盖定理。

4. 习题 4.3.A.1

只写其中几个题的做法。

(2) \(y=\arctan x\)

有 \(y'=\frac{1}{1+x^2}\)，用有理分式求导的方法即可

(3) \(y=\arcsin x\)。

求一阶导和二阶导可以得到

\[y'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \]

\[y''=\frac{x}{(1-x^2)\sqrt{1-x^2}}=y'\frac{x}{(1-x^2)} \]

所以 \((1-x^2)y''=xy'\)，两边求 \(n\) 阶导数可得

\[(1-x^2)y^{(n+2)}-2nxy^{(n+1)}-n(n-1)y^{(n)}=xy^{(n+1)}+ny^{(n)} \]

代入 \(x=0\) 可知 \(y^{(n+2)}=n^2y^{(n)}\)。

(4) \(y=\cos^3 x\)

用倍角公式降次，具体地

\[(\cos \theta+i\sin \theta)^3=\cos 3\theta=\cos^3\theta+3i\sin\theta\cos^2\theta-3\sin^2\theta\cos\theta-3i\sin^3\theta \]

对比实数项系数可得

\[\cos^3\theta=\frac{3\cos \theta+\cos3\theta}{4} \]

分别求导得到

\[y^{(n)}=\frac{1}{4}\left(3\cos\left(x+\frac{n\pi}{2}\right)+3^n\cos\left( 3x+\frac{n\pi}{2}\right)\right) \]

(8) \(g(x)\)（太长懒得打了）

提这个题是因为谢惠民也有这个题，这个函数满足它是非常值函数且在某些点的导数处处为 \(0\)。

一个题：将 \((-\infty,0]\) 上的常值函数 \(u(x)\equiv 0\) 和 \([1,+\infty)\) 上的常值函数 \(v(x)\equiv 1\) 延拓为一个无限次可微的函数。

\[\frac{g(x)}{g(x)+g(1-x)} \]

5. 谢思考题 6.1.2.8

函数趋于无穷，导数可以震荡（例：\(1/x+\sin(1/x)\)）

导数趋于无穷，函数可以不趋于无穷（例：\(x^{\alpha}\)，\(\alpha>1\) 时越大函数在 \(0\) 附*越*，\(0<\alpha<1\) 越小函数在 \(0\) 附*越陡）

6. 谢练习题 6.2.4.14

由题目可知 \(f(1)=-1\)，\(f'(1)=f''(1)=f'''(1)=0\)，所以 \(1\) 是 \(f'\) 的三重根。同理 \(-1\) 是 \(f'\) 的三重根式，所以 \(f'(x)=A(x-1)^3(x+1)^3\)。

微分中值定理

1. 习题 6.1.A.1：一类已知 \(f(a)=f(b)=0\)，要求存在 \(\xi\) 使得给定的包含导数的式子为 \(0\) 的问题。

结论一：\((D+1)f(x)=f(x)+f'(x)=e^{-x}D(e^xf(x))\)。

结论二：\((D+g(x))f(x)=e^{-\int g(x)}D(e^{\int g(x)}f(x))\)。

(2) 采用 Rolle 定理的思路，取 \(f(x_0)\neq 0\)，不妨设 \(f(x_0)>0\) 找到一段非 \(0\) 的连续段，假设连续段为 \([a_0,b_0]\)，构造辅助函数 \(F(x)=\frac{1}{f(x)}+\cos x\)，则 \(F(a_0^+)=F(b_0^{-})=+\infty\)，则 \(F\) 必有最小值。

故可以得到 Rolle 定理的变形形式：若 \(F(a_0^+)=F(b_0^{-})=+\infty\)，则存在 \(\xi\) 使得 \(F'(\xi)=0\)。

6.1.A.2 同样可以构造辅助函数 \(F(x)=(2f(x)^2)^{-1}+x\)。

2. 习题 6.1.A.3

一类给出函数值，要求找到 \(\xi\) 使得包含高阶导数（通常是二阶）的式子为 \(0\) 的问题。

对于本题，若找到函数 \(\varphi\) 使得 \(\varphi(0)=\varphi(1)=0,\varphi(1/2)=1/4\)，且 \(\varphi''(x)=-2\)，构造 \(F(x)=f(x)-\varphi(x)\)，则 \(F(x)\) 满足 \(F(0)=F(1)=F(1/2)=0\)，要求找到 \(F''(x)=0\)。对 \([0,1/2]\) 和 \([1/2,1]\) 分别使用 Rolle 定理即可。

相当于解微分方程。熟练运用上面结论和积分公式就行。

3. 习题 6.1.A.6

猜出 \(f(x)=\tan x\) 可行。令 \(F(x)=\arctan f(x)\) 可以得到经典方程 \(F(x+y)=F(x)+F(y)\)。由于 \(F\) 连续，故方程的解为 \(F(x)=xF(1)\)。

为什么？考虑先证明 \(x\) 是有理数。再证明 \(x\) 是实数。

有时可以用局部有界代替连续性。（先用局部有界证明在 \(x=0\) 附*连续，再令 \(y\to 0\) 证明处处连续）

4. 习题 6.1.A.7：

两边除以 \(a_n\) 得到递推式子

\[\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}\cdot\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{a_{n+1}}{a_n}-\frac{1}{a_n\ln a_n} \]

引理：\(a_n\to +\infty\)。

证明：易见 \(a_n\) 单调递增，则设 \(a_n\to A<+\infty\)，则 \(a_n-a_{n-1}\to 0\)，由递推式可知 \((\ln a_{n-2})^{-1}\to 0\)，矛盾。

根据上面的式子可知 \(\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}\to 1\)，\(a_{n+2}-a_{n+1}\to 0\)。

考虑原式，用 Stolz 公式

\[\lim_{n\to +\infty} (a_{n+1}\ln a_{n+1}-a_n\ln a_n) \]

使用微分中值定理，可知存在 \(\xi_n\in (a_{n},a_{n+1})\)，\((\ln\xi+1) (a_{n+1}-a_n)=a_{n+1}\ln a_{n+1}-a_n\ln a_n\)，而 \(a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\ln a_{n-1}}\)。根据夹逼定理，原式为

\[\lim_{n\to +\infty}\frac{\ln \xi +1}{\ln a_{n-1}}=1 \]

5. 习题 6.1.B.5：构造 \(F(x)\) 使得 \(F'''(x)=f'''(x)-3(f(1)-f(-1)-2f'(0)))\)，且 \(F(-1)=F(0)=F(1),F'(0)=0\)。
6. 习题 6.2.B.4：

证明 \(f(x)\) 存在不动点，然后证明 \(f(x)\) 满足条件 \(|f(x)-f(y)|<|x-y|\)，然后证明不动点唯一，然后证明 \(x_n\) 收敛且收敛于于不动点。

注意 \(f(x)\) 无界时不动点不一定存在。

7. 习题 6.1.B.3：

右导数连续可以推出可导。具体地，设 \(f'_+(x)\equiv g(x)\)，定义 \(F(x)=f(x)-\int g(x)\)，则 \(F^+(x)=0\)，根据书上定理可知 \(F(x)\) 为常数。

当然强行证明也是可以的，考虑：

\[\inf_{t\in(x,x_0)} f_+'(t)\leq\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\leq \sup_{t\in(x,x_0)} f_+'(t) \]

取极限 \(x\to x_0^-\) 即可。

8. 谢例题 7.1.3

本质上是要构造辅助函数使得

\[F''(x)=(x_0-a)(x_0-b)f''(x)-2f(x_0) \]

注意到在处理常数项的时候可以灵活一点。为了方便计算，我们令

\[F(x)=(x_0-a)(x_0-b)f(x)-f(x_0)(x-a)(x-b) \]

9. 谢例题 7.1.4

考虑二阶余项

\[I=\frac{f(a+h)-f(a)-f'(a)h}{h^2} \]

一方面，用 Cauchy 中值定理得到存在 \(\eta\) 使得

\[I=\frac{f(a+\eta)-f'(a)}{2\eta} \]

另一方面，用 Lagrange 中值定理得到

\[I=\frac{f(a+\theta h)h-f'(a)h}{h^2} \]

两边取极限 \(h\to 0\) 即可。

10. 谢练习题 7.1.4.1(2)：构造 \(F(x)=ax^4+bx^3+cx^2\)，然后用 Rolle 定理。

L'Hopital 法则

1. 习题 6.2.A.5：二阶 Taylor 展开得到公式 \(f(a+y)=f''(\xi_x)\frac{y^2}{2}\)。代入式子之后可以得到 \(|f(a+y)|\leq \frac{My^2}{2}|f(\xi_x)|\)。令 \(g(\delta)\) 为一段小区间的上界，代入上列不等式可以得到 \(g(\delta)\) 对自己的约束。