Week 4　微分 I（Differentiation I）

詳解 $$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{h^{1/5}-0}{h}=\lim_{h\to0}h^{-4/5}=\lim_{h\to0}\frac{1}{\left(h^{1/5}\right)^4}$$

分母恆正且趨近 $0$，極限為 $+\infty$，不是一個數，所以不可微（原點切線垂直）。

$x\neq0$ 時用冪次法則：$f'(x)=\frac15x^{-4/5}$。

詳解

差商為 $\dfrac{|h|}{h}$：

$$\lim_{h\to0^+}\frac{h}{h}=1,\qquad \lim_{h\to0^-}\frac{-h}{h}=-1$$

左右極限不相等，極限不存在，不可微（原點是尖點）。

詳解

(a) $x\neq0$ 時兩段都是多項式，連續。在 $x=0$：

$$\lim_{x\to0^+}x^2=0,\qquad \lim_{x\to0^-}(-x)=0,\qquad f(0)=0$$

三者相等，所以在 $0$ 也連續。

(b) 看差商 $\dfrac{f(h)-f(0)}{h}$ 的左右極限：

$$\lim_{h\to0^+}\frac{h^2}{h}=0,\qquad \lim_{h\to0^-}\frac{-h}{h}=-1$$

$0\neq-1$，$f'(0)$ 不存在。

詳解

求 $f(0)$：代 $x=y=0$，得 $f(0)=2f(0)$，所以 $f(0)=0$。

求 $f'(a)$：用題目條件拆開 $f(a+h)$：

$$f(a+h)-f(a)=\bigl[f(a)+f(h)+2ah\bigr]-f(a)=f(h)+2ah$$ $$f'(a)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)+2ah}{h}=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}{h}+2a=f'(0)+2a$$

$f(0)=0,\quad f'(a)=2a+1$

詳解 $$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{h\sin\frac1h-0}{h}=\lim_{h\to0}\sin\frac1h$$

$h\to0$ 時 $\frac1h\to\pm\infty$，$\sin\frac1h$ 在 $-1$ 到 $1$ 之間無限震盪，極限不存在，不可微。

註：它在 $0$ 是連續的，因為 $\left|x\sin\frac1x\right|\le|x|\to0$。

詳解

(a) $-x^2\le x^2\sin\frac1x\le x^2$，兩邊都趨近 $0$，由夾擠定理極限為 $0=f(0)$，連續。

(b) 差商為

$$\frac{h^2\sin\frac1h-0}{h}=h\sin\frac1h,\qquad -|h|\le h\sin\frac1h\le|h|$$

夾擠得極限為 $0$，所以可微，$f'(0)=0$。

(c) $x\neq0$ 時用積法則與連鎖律（4.5、4.8 節）：

$$f'(x)=2x\sin\frac1x+x^2\cos\frac1x\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x$$

$x\to0$ 時 $2x\sin\frac1x\to0$，但 $\cos\frac1x$ 震盪不存在，所以 $\lim_{x\to0}f'(x)$ 不存在，$f'$ 在 $0$ 不連續。

詳解

直覺是對 $f-g'$ 用中間值定理，但 $g'$ 不一定連續，不能直接用。改令

$$h(x)=\int_0^x f(s)\,ds-g(x)$$

由微積分基本定理（之後會學）$h'(x)=f(x)-g'(x)$，$h$ 在 $[0,1]$ 可微。

條件說 $h'(0)h'(1)\lt0$，即 $h'(0)$、$h'(1)$ 一正一負，$0$ 介於兩者之間。由 Darboux 定理，存在 $c\in(0,1)$ 使 $h'(c)=0$，也就是 $f(c)=g'(c)$。

詳解

和角公式 $\sin(x+h)=\sin x\cos h+\cos x\sin h$：

$$\begin{aligned} \frac{\sin(x+h)-\sin x}{h} &= \sin x\cdot\frac{\cos h-1}{h}+\cos x\cdot\frac{\sin h}{h} \\ &\longrightarrow \sin x\cdot0+\cos x\cdot1 \end{aligned}$$

$(\sin x)'=\cos x$

詳解

Step 1（證明第二個必背極限）上下同乘 $1+\cos x$：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x} &= \lim_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x(1+\cos x)} \\ &= \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}\cdot\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{1+\cos x} \\ &= 1\cdot\frac02= 0 \end{aligned}$$

Step 2 和角公式 $\cos(x+h)=\cos x\cos h-\sin x\sin h$：

$$\frac{\cos(x+h)-\cos x}{h}=\cos x\cdot\frac{\cos h-1}{h}-\sin x\cdot\frac{\sin h}{h}\;\longrightarrow\;-\sin x$$

$(\cos x)'=-\sin x$

詳解

Step 1：用連續求 $a$。可微必連續，右極限要等於 $f(0)$：

$$\lim_{x\to0^+}a\cos x=a=f(0)=2\quad\Longrightarrow\quad a=2$$

Step 2：求 $f'(0)$。

$$\lim_{h\to0^+}\frac{2\cos h-2}{h}=2\cdot0=0,\qquad \lim_{h\to0^-}\frac{2-2}{h}=0$$

$a=2,\quad f'(0)=0$

詳解

$e^2$ 只是常數，冪次法則照用，再配積法則：

$$\frac{dy}{dx}=e^2x^{e^2-1}\cdot e^x+x^{e^2}\cdot e^x=x^{e^2-1}e^x\left(e^2+x\right)$$

詳解 $$\begin{aligned} \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)' &= \frac{\cos x\cdot\cos x-\sin x\cdot(-\sin x)}{\cos^2x} \\ &= \frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x} \\ &= \frac{1}{\cos^2x}= \sec^2x \end{aligned}$$

詳解 $$\begin{aligned} \left(\frac{1}{\cos x}\right)' &= \frac{0\cdot\cos x-1\cdot(-\sin x)}{\cos^2x} \\ &= \frac{\sin x}{\cos^2x} \\ &= \frac{1}{\cos x}\cdot\frac{\sin x}{\cos x}= \sec x\tan x \end{aligned}$$

詳解 $$\begin{aligned} \left(\frac{\cos x}{\sin x}\right)' &= \frac{(-\sin x)\sin x-\cos x\cdot\cos x}{\sin^2x} \\ &= -\frac{\sin^2x+\cos^2x}{\sin^2x}= -\csc^2x \end{aligned}$$

同理 $(\csc x)'=\left(\dfrac{1}{\sin x}\right)'=-\dfrac{\cos x}{\sin^2x}=-\csc x\cot x$。

詳解

(a) $f'(x)=4x^3e^x+x^4e^x+3$（第一項用積法則）

(b) $f(0)=2$，$f'(0)=3$，切線 $y=3x+2$

(c) 法線斜率 $-\frac13$，法線 $y=-\frac13x+2$

詳解

$f(1)=\dfrac{3}{3}=1$。商法則（分子導數 $-3x^2$，分母導數 $1+4x$）：

$$f'(x)=\frac{-3x^2(x+2x^2)-(4-x^3)(1+4x)}{(x+2x^2)^2}$$ $$f'(1)=\frac{-3\cdot3-3\cdot5}{9}=-\frac{24}{9}=-\frac83$$

切線 $y=-\frac83(x-1)+1$，法線 $y=\frac38(x-1)+1$

詳解

$f(\pi)=0+9(-1)=-9$；$f'(x)=\sec^2x-9\sin x$，$f'(\pi)=\dfrac{1}{(-1)^2}-0=1$。

切線 $y=x-\pi-9$，法線 $y=-x+\pi-9$

詳解 $$f'=\cos x,\quad f''=-\sin x,\quad f'''=-\cos x,\quad f^{(4)}=\sin x$$

每 4 次循環一輪。$2023=4\cdot505+3$，所以 $f^{(2023)}=f'''=-\cos x$。

詳解

取 $f=x$，它微兩次就變 $0$，所以只剩 $k=0,1$ 兩項：

$$(x\cos x)^{(112)}=x\cdot(\cos x)^{(112)}+\binom{112}{1}\cdot1\cdot(\cos x)^{(111)}$$

$\cos x$ 的循環：微 0 次 $\cos x$、1 次 $-\sin x$、2 次 $-\cos x$、3 次 $\sin x$。

$112$ 除以 $4$ 餘 $0$ 得 $\cos x$；$111$ 除以 $4$ 餘 $3$ 得 $\sin x$。

$(x\cos x)^{(112)}=x\cos x+112\sin x$

詳解

微 $k$ 次後：$f^{(k)}(x)=\dfrac{2024!}{(2024-k)!}x^{2024-k}$。

$$\begin{aligned} f^{(2022)} &= \frac{2024!}{2}x^2 \\[4pt] f^{(2023)} &= 2024!\,x \\[4pt] f^{(2024)} &= 2024! \\[4pt] f^{(2025)} &= 0 \end{aligned}$$

詳解

怎麼微都是自己：$f^{(n)}(x)=e^x$。

詳解

$n=1$：$f'=2xe^x+x^2e^x=(x^2+2x+0)e^x$，與公式代 $n=1$ 相同。

設 $n$ 時成立，再微一次：

$$\begin{aligned} f^{(n+1)}&=(2x+2n)e^x+\bigl(x^2+2nx+n(n-1)\bigr)e^x\\ &=\bigl(x^2+(2n+2)x+n^2+n\bigr)e^x\\ &=\bigl(x^2+2(n+1)x+(n+1)n\bigr)e^x \end{aligned}$$

正是公式代 $n+1$，得證。

詳解

寫成 $f=(1+x)^{-1}$。

$n=1$：$f'=-(1+x)^{-2}=\dfrac{(-1)^1\,1!}{(1+x)^2}$，成立。

設 $n$ 時成立：$f^{(n)}=(-1)^n n!\,(1+x)^{-(n+1)}$，再微一次：

$$f^{(n+1)}=(-1)^n n!\cdot\bigl(-(n+1)\bigr)(1+x)^{-(n+2)}=\frac{(-1)^{n+1}(n+1)!}{(1+x)^{n+2}}$$

得證。

詳解

(a) 把 $x$ 拆成兩半：

$$f(x)=f\left(\tfrac x2+\tfrac x2\right)=\tfrac12f\left(\tfrac x2\right)^2\ge0$$

對所有 $x$ 都成立，當然 $f(0)\ge0$。

(b) 條件 (i) 分母趨近 $0$ 而極限存在，分子必須趨近 $0$：$\lim_{x\to0}f(x)^2=4$。$f$ 連續，所以 $f(0)^2=4$，配合 (a) 得 $f(0)=2$。

求 $f'(0)$：分解平方差，

$$\frac{f(x)^2-4}{x}=\frac{f(x)-f(0)}{x}\cdot\bigl(f(x)+2\bigr)$$

右邊第二個因子趨近 $4$，所以 $\dfrac{f(x)-f(0)}{x}\to\dfrac{2024}{4}$，$f'(0)=506$。

(c) 對任意 $a$：

$$\begin{aligned} \frac{f(a+h)-f(a)}{h} &= \frac{\frac12f(a)f(h)-f(a)}{h} \\ &= \frac12f(a)\cdot\frac{f(h)-2}{h} \\ &\longrightarrow \frac12f(a)\cdot506 \end{aligned}$$

所以 $f'(a)=253\,f(a)$，對每個 $a$ 都存在，處處可微。

(d) $f'=253f$，再微一次 $f''=253f'=253^2f$，歸納得 $f^{(n)}=253^n f$，所以

$$f^{(n)}(0)=2\cdot253^n$$

每一階導數都是 $f$ 的常數倍，而 $f$ 可微，所以永遠能再微下去，$f$ 是 $C^\infty$。

詳解 $$f'(x)=2024(2x+3)^{2023}\cdot2=4048(2x+3)^{2023}$$

詳解

寫成 $(1+2x+\sin x)^{-1/2}$：

$$\begin{aligned} f'(x) &= -\frac12(1+2x+\sin x)^{-3/2}\cdot(2+\cos x) \\ &= -\frac{2+\cos x}{2(1+2x+\sin x)^{3/2}} \end{aligned}$$

詳解

$\sin(x^2)$：外層 $\sin$，裡層 $x^2$。

$$f'(x)=\cos(x^2)\cdot2x=2x\cos(x^2)$$

$\sin^2x=(\sin x)^2$：外層平方，裡層 $\sin$。

$$g'(x)=2\sin x\cdot\cos x=\sin2x$$

詳解

三層：$e^{\square}$、$\tan\square$、$\sqrt x$，由外往內一層一層剝：

$$f'(x)=e^{\tan\sqrt x}\cdot\sec^2\sqrt x\cdot\frac{1}{2\sqrt x}$$

詳解

連鎖律 $(e^{-x})'=e^{-x}\cdot(-1)=-e^{-x}$，所以

$$(\sinh x)'=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\cosh x,\qquad (\cosh x)'=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sinh x$$

商法則：

$$(\tanh x)'=\frac{\cosh x\cdot\cosh x-\sinh x\cdot\sinh x}{\cosh^2x}=1-\tanh^2x$$

又

$$\cosh^2x-\sinh^2x=\frac{(e^x+e^{-x})^2-(e^x-e^{-x})^2}{4}=\frac44=1$$

所以上式也等於 $\dfrac{1}{\cosh^2x}=\operatorname{sech}^2x$。

詳解

令 $f(x)=(x+4)^{3/2}+e^x$，則 $f(0)=8+1=9$。所求極限長得像導數定義，反過來用：

$$\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(0)$$ $$f'(x)=\frac32(x+4)^{1/2}+e^x,\qquad f'(0)=\frac32\cdot2+1=4$$

答案：$4$