Week 5　微分 II（Differentiation II）

詳解

先確認點在曲線上：$9+3=12$。

一階：兩邊對 $x$ 微分

$$2x+9y^2y'=0$$

代 $(3,1)$：$6+9y'=0$，得 $y'=-\dfrac23$。

二階：把 $2x+9y^2y'=0$ 再微一次，$9y^2y'$ 用積法則（$9y^2$ 微分是 $18y\,y'$）：

$$2+18y\,(y')^2+9y^2y''=0$$

代 $y=1$、$y'=-\frac23$：$2+18\cdot\frac49+9y''=0$，即 $10+9y''=0$。

$\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac23,\qquad \dfrac{d^2y}{dx^2}=-\dfrac{10}{9}$

詳解

檢查：$1+1+1-2=1$。

一階：$xy^2$、$x^2y$ 都要用積法則。

$$3y^2y'+\bigl(y^2+2xy\,y'\bigr)+\bigl(2xy+x^2y'\bigr)-6x^2=0$$

代 $(1,1)$：$3y'+1+2y'+2+y'-6=0$，$6y'=3$，$y'=\dfrac12$。

二階：上式逐項再微一次。

$$\begin{aligned} \tfrac{d}{dx}\bigl(3y^2y'\bigr)&=6y(y')^2+3y^2y''\\ \tfrac{d}{dx}\bigl(y^2\bigr)&=2y\,y'\\ \tfrac{d}{dx}\bigl(2xy\,y'\bigr)&=2y\,y'+2x(y')^2+2xy\,y''\\ \tfrac{d}{dx}\bigl(2xy\bigr)&=2y+2xy'\\ \tfrac{d}{dx}\bigl(x^2y'\bigr)&=2xy'+x^2y''\\ \tfrac{d}{dx}\bigl(-6x^2\bigr)&=-12x \end{aligned}$$

代 $x=y=1$、$y'=\frac12$，各項依序為

$$\left(\tfrac32+3y''\right)+1+\left(1+\tfrac12+2y''\right)+3+\left(1+y''\right)-12=6y''-4=0$$

$\dfrac{dy}{dx}=\dfrac12,\qquad \dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac23$（與講義答案相同）

詳解

檢查：$2\cdot\frac\pi2+\pi\sin\frac\pi2=2\pi$。在這點 $\sin y=1$、$\cos y=0$，很多項會消失。

一階：

$$2y+2xy'+\pi\cos y\cdot y'=0$$

代點：$\pi+2y'+0=0$，$y'=-\dfrac\pi2$。

二階：再微一次，$\pi\cos y\cdot y'$ 用積法則（$\cos y$ 微分是 $-\sin y\cdot y'$）：

$$2y'+2y'+2xy''+\pi\bigl(-\sin y\,(y')^2+\cos y\,y''\bigr)=0$$

代點：$4y'+2y''-\pi(y')^2=0$，即 $-2\pi+2y''-\dfrac{\pi^3}{4}=0$。

$\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac\pi2,\qquad \dfrac{d^2y}{dx^2}=\dfrac{\pi^3}{8}+\pi$（與講義答案相同）

詳解

令 $y=\tan^{-1}x$，則 $\tan y=x$，其中 $-\frac\pi2\lt y\lt\frac\pi2$。兩邊對 $x$ 微分，左邊用連鎖律：

$$\sec^2y\cdot\frac{dy}{dx}=1\quad\Longrightarrow\quad\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\sec^2y}=\cos^2y$$

接著要把 $\cos y$ 換回 $x$。看上面的三角形：$\cos y=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$（$y$ 在 $(-\frac\pi2,\frac\pi2)$，$\cos y\gt0$，取正號）。所以

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

另一種換法：$\sec^2y=1+\tan^2y=1+x^2$，一步到位。

詳解

做法一：先化簡。由三角形，$\cos(\tan^{-1}x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}=(1+x^2)^{-1/2}$。

$$f'(x)=-\frac12(1+x^2)^{-3/2}\cdot2x=-\frac{x}{(1+x^2)^{3/2}}$$

做法二：直接連鎖律。

$$f'(x)=-\sin\bigl(\tan^{-1}x\bigr)\cdot\frac{1}{1+x^2}=-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\cdot\frac{1}{1+x^2}$$

（三角形的對邊除以斜邊得 $\sin y=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$。）兩種做法結果相同。

$f'(x)=-\dfrac{x}{(1+x^2)^{3/2}}$

詳解

令 $y=\sin^{-1}x$，即 $\sin y=x$，$-\frac\pi2\le y\le\frac\pi2$。兩邊對 $x$ 微分：

$$\cos y\cdot\frac{dy}{dx}=1\quad\Longrightarrow\quad\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\cos y}$$

在這個範圍 $\cos y\ge0$，所以 $\cos y=\sqrt{1-\sin^2y}=\sqrt{1-x^2}$，得證（$|x|\lt1$ 時分母不為 $0$）。

$\cos^{-1}x$ 用一樣的步驟：$\cos y=x$，$-\sin y\cdot y'=1$，$y\in[0,\pi]$ 時 $\sin y=\sqrt{1-x^2}$，得 $-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$，就是定理 5.2.1。

詳解

$x\gt0$，令 $y=\ln x$，等價於 $e^y=x$。兩邊對 $x$ 微分：

$$e^y\cdot\frac{dy}{dx}=1\quad\Longrightarrow\quad\frac{dy}{dx}=\frac{1}{e^y}=\frac1x$$

詳解

(a) 外層 $\tan^{-1}$、裡層 $2x$：

$$f'(x)=\frac{1}{1+(2x)^2}\cdot2=\frac{2}{1+4x^2}$$

(b) 換底 $\log_4(1+e^x)=\dfrac{\ln(1+e^x)}{\ln4}$，$\ln4$ 是常數：

$$f'(x)=\frac{1}{\ln4}\cdot\frac{e^x}{1+e^x}=\frac{e^x}{(1+e^x)\ln4}$$

詳解

上週只證了 $k$ 是正整數的情形，這裡用 $\ln$ 證一般的 $k$（$x\gt0$）。令 $y=x^k$，兩邊取 $\ln$：

$$\ln y=k\ln x$$

兩邊對 $x$ 微分，左邊用連鎖律：

$$\frac1y\cdot\frac{dy}{dx}=\frac kx\quad\Longrightarrow\quad\frac{dy}{dx}=\frac kx\cdot y=\frac kx\cdot x^k=kx^{k-1}$$

詳解

$\dfrac{1}{\ln a}$ 是常數，直接提出去：

$$f'(x)=\frac{1}{\ln a}\cdot\frac1x$$

$f'(x)=\dfrac{1}{x\ln a}$

（$a=1$ 時 $\ln a=0$，$\log_1$ 沒有定義，所以要排除。）

詳解

$f(e)=3e^2\cdot1=3e^2$。積法則：

$$f'(x)=6x\ln x+3x^2\cdot\frac1x=6x\ln x+3x$$

$f'(e)=6e+3e=9e$。

$y=9e(x-e)+3e^2$

詳解

直接用商法則會非常痛苦。注意 $f(0)=\dfrac{0+0}{3+0}=0$，用定義：

$$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-0}{h}=\lim_{h\to0}\frac{\dfrac{\tan 2h}{h}\cos^{-1}h+\dfrac{\ln(1+h)}{h}}{3\sec^3h+h^3\sin^{-1}h}$$

逐項看極限：

• $\dfrac{\tan2h}{h}=2\cdot\dfrac{\sin2h}{2h}\cdot\dfrac{1}{\cos2h}\to2$，而 $\cos^{-1}h\to\cos^{-1}0=\dfrac\pi2$，乘起來 $\to\pi$。
• $\dfrac{\ln(1+h)}{h}=\dfrac{\ln(1+h)-\ln1}{h}\to\bigl(\ln(1+x)\bigr)'\big|_{x=0}=1$。
• 分母 $\to3\cdot1+0=3$。

$f'(0)=\dfrac{\pi+1}{3}$

詳解

想法：算 $f(x)=\ln(1+x)$ 在 $0$ 的導數，一次用公式、一次用定義，兩邊比較。

用公式：$f'(x)=\dfrac{1}{1+x}$，$f'(0)=1$。

用定義（$f(0)=0$）：

$$1=f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{\ln(1+h)}{h}=\lim_{h\to0}\ln(1+h)^{1/h}=\ln\left(\lim_{h\to0}(1+h)^{1/h}\right)$$

最後一步把 $\lim$ 搬進 $\ln$ 裡，是因為 $\ln$ 連續。

極限存在，只看右極限 $h\to0^+$ 也一樣。令 $h=\frac1x$，$h\to0^+$ 等同 $x\to+\infty$：

$$1=\ln\left(\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac1x\right)^x\right)$$

$\ln(\text{所求})=1$，所以所求 $=e$。$x\to-\infty$ 則改看左極限 $h\to0^-$。

詳解

令 $t=-\dfrac x2$，則 $-\dfrac2x=\dfrac1t$、$3x=-6t$，且 $x\to\infty$ 時 $t\to-\infty$：

$$\left(1-\frac2x\right)^{3x}=\left[\left(1+\frac1t\right)^t\right]^{-6}\;\longrightarrow\;e^{-6}$$

也可直接套推廣公式，$a=-2$、$b=3$，$e^{ab}=e^{-6}$。

$e^{-6}$

詳解

取 $\ln$：

$$\ln(1+3x)^{\frac{1}{\sin2x}}=\frac{\ln(1+3x)}{\sin2x}=\frac{\ln(1+3x)}{3x}\cdot\frac{2x}{\sin2x}\cdot\frac32$$

$x\to0$ 時前兩個因子都趨近 $1$，所以 $\ln(\text{所求})\to\dfrac32$。

$e^{3/2}$（與講義答案相同）

詳解

$x$ 很大時 $5^x$ 遠大於另外兩項，答案應該由 $5$ 決定。嚴格來說，對提示的不等式三邊取 $\frac1x$ 次方（$x\gt0$，次方保持大小順序）：

$$5\lt\left(2^x+3^x+5^x\right)^{\frac1x}\lt3^{\frac1x}\cdot5$$

$x\to\infty$ 時 $3^{1/x}\to3^0=1$，右邊趨近 $5$。夾擠得

$5$

詳解

$\ln y=x\ln x$，兩邊微分（右邊用積法則）：

$$\frac{y'}{y}=\ln x+x\cdot\frac1x=\ln x+1$$

$f'(x)=x^x(\ln x+1)$

常見錯誤：寫成 $x\cdot x^{x-1}$（當成冪次）或 $x^x\ln x$（當成指數），兩個都只算到一半。

詳解

$x=-1$ 時 $x$ 與 $1+2x$ 都是負的，所以取絕對值：

$$\ln|y|=2\ln|x|+x\ln2-4\ln|1+2x|$$

兩邊微分（$\ln|1+2x|$ 用連鎖律，多乘 $2$）：

$$\frac{y'}{y}=\frac2x+\ln2-\frac{8}{1+2x}$$

$f'(x)=\dfrac{x^2\cdot2^x}{(1+2x)^4}\left(\dfrac2x+\ln2-\dfrac{8}{1+2x}\right)$

代 $x=-1$：$f(-1)=\dfrac{1\cdot\frac12}{(-1)^4}=\dfrac12$，括號 $=-2+\ln2+8=6+\ln2$。

$f'(-1)=\dfrac{6+\ln2}{2}=3+\dfrac{\ln2}{2}$

詳解

(a) $(\sec x)^x$：這個範圍 $\sec x\gt0$。$\ln y=x\ln\sec x$，微分：

$$\frac{y'}{y}=\ln\sec x+x\cdot\frac{\sec x\tan x}{\sec x}=\ln\sec x+x\tan x$$

$f'(x)=(\sec x)^x\bigl(\ln\sec x+x\tan x\bigr)$

$x^{x^x}$：意思是 $x^{(x^x)}$。$\ln y=x^x\ln x$，右邊用積法則，$(x^x)'$ 借用題 17：

$$\frac{y'}{y}=x^x(\ln x+1)\cdot\ln x+x^x\cdot\frac1x$$

$g'(x)=x^{x^x}\cdot x^x\left((\ln x)^2+\ln x+\dfrac1x\right)$

(b) $f(0)=1$。

$$\begin{aligned} f(h)-1 &= \frac{(1+h+h^2+he^h)-(1-h+h^2-he^h)}{1-h+h^2-he^h} \\ &= \frac{2h+2he^h}{1-h+h^2-he^h} \end{aligned}$$ $$f'(0)=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-1}{h}=\lim_{h\to0}\frac{2+2e^h}{1-h+h^2-he^h}=\frac{2+2}{1}$$

$f'(0)=4$（與講義答案相同）

(c) $f(1)=0$：

$$\begin{aligned} f'(1) &= \lim_{h\to0}\frac{f(1+h)}{h} \\ &= \lim_{h\to0}\frac{h(h-1)(h-2)(h-3)(h-4)}{h} \\ &= (-1)(-2)(-3)(-4) \end{aligned}$$

$f'(1)=4!=24$（與講義答案相同）

直覺：積法則展開會有 5 項，但除了「把 $(x-1)$ 微掉」的那一項，其他每項都還留著 $(x-1)$，代 $1$ 就是 $0$。

詳解

乘積很長，用對數微分法。$0$ 附近每個 $\cos kx\gt0$：

$$\ln f_n=\sum_{k=1}^n\ln\cos kx\quad\Longrightarrow\quad\frac{f_n'}{f_n}=\sum_{k=1}^n\frac{-k\sin kx}{\cos kx}=-\sum_{k=1}^n k\tan kx$$

代 $x=0$：$f_n(0)=1$，$f_n'(0)=0$。

再微一次。左邊用商法則，右邊 $(k\tan kx)'=k^2\sec^2kx$：

$$\frac{f_n''f_n-(f_n')^2}{f_n^2}=-\sum_{k=1}^n k^2\sec^2kx$$

代 $x=0$：左邊 $=\dfrac{f_n''(0)\cdot1-0}{1}$，右邊 $=-\sum k^2$，所以

$$f_n''(0)=-\sum_{k=1}^n k^2=-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

要 $\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\gt2023$：

• $n=17$：$\dfrac{17\cdot18\cdot35}{6}=1785$，不夠。
• $n=18$：$\dfrac{18\cdot19\cdot37}{6}=2109$，超過。

$n=18$（與講義答案相同）

詳解

(a) $f'(x)=2+e^x\gt0$ 對所有 $x$ 成立，所以 $f$ 嚴格遞增。嚴格遞增的函數不會有兩個 $x$ 對到同一個值，因此一對一。

(b) 找 $x_0$：$f(1)=2+e$，所以 $x_0=1$。

$$g'(2+e)=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{2+e}$$

(c) $f''(x)=e^x$，$f''(1)=e$。由 $g''(f(x))\bigl(f'(x)\bigr)^2+g'(f(x))f''(x)=0$ 代 $x=1$：

$$g''(2+e)\cdot(2+e)^2+\frac{1}{2+e}\cdot e=0$$

$g'(2+e)=\dfrac{1}{2+e},\qquad g''(2+e)=-\dfrac{e}{(2+e)^3}$

詳解

(a) $f'(x)=\dfrac1x+e^x$。$x\gt0$ 時兩項都正，$f'\gt0$，$f$ 嚴格遞增，所以一對一。

(b) 找 $x_0$ 使 $f(x_0)=e$：試 $x=1$，$\ln1+e^1=e$。

$$(f^{-1})'(e)=\frac{1}{f'(1)}=\frac{1}{1+e}$$

$\dfrac{1}{1+e}$（與講義答案相同）

詳解

令 $g=f^{-1}$。$f(2)=1$，所以 $y_0=1$ 對應 $x_0=2$。

一階：$g'(1)=\dfrac{1}{f'(2)}=\dfrac13$。

二階：$g'(f(x))f'(x)=1$ 兩邊再微一次，左邊用積法則，第一個因子 $g'(f(x))$ 要用連鎖律：

$$g''\bigl(f(x)\bigr)\bigl(f'(x)\bigr)^2+g'\bigl(f(x)\bigr)f''(x)=0$$

代 $x=2$：$g''(1)\cdot9+\dfrac13\cdot e=0$。

$\dfrac{d}{dx}f^{-1}(1)=\dfrac13,\qquad \dfrac{d^2}{dx^2}f^{-1}(1)=-\dfrac{e}{27}$