Week 6　微分 III（Differentiation III）

詳解

(a) $f(5)=15\,e^0=15$。積法則加連鎖律：

$$f'(x)=3e^{2x-10}+3x\cdot 2e^{2x-10}=(3+6x)e^{2x-10}$$

$f'(5)=33$。

$L(x)=33(x-5)+15$

(b) $f(5.01)\approx L(5.01)=33\cdot0.01+15$。

$f(5.01)\approx15.33$

驗算：真值 $3\cdot5.01\cdot e^{0.02}\approx15.3336$，誤差不到 $0.004$。

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檢查：$3\cdot8^{2/3}+3\cdot8=12+24=36$。

(a) 隱函數微分（上週的方法）：

$$2y^{-1/3}y'+y+xy'=0$$

代 $x=3$、$y=8$（$8^{-1/3}=\frac12$）：$y'+8+3y'=0$，$y'=-2$。

$f'(3)=-2$（與講義答案相同）

(b) $f(3.07)\approx f(3)+f'(3)\cdot0.07=8-0.14$。

$f(3.07)\approx7.86$（與講義答案相同）

詳解

令 $f(x)=4x^5+x^3+7x-2$，多項式處處連續、可微。

至少一根：$f(0)=-2\lt0$，$f(1)=10\gt0$，由勘根定理，$(0,1)$ 內有根。

至多一根：若有兩根 $r_1\lt r_2$，則 $f(r_1)=f(r_2)=0$，由 Rolle 存在 $c\in(r_1,r_2)$ 使 $f'(c)=0$。但

$$f'(x)=20x^4+3x^2+7\ge7\gt0$$

永遠不是 $0$，矛盾。所以恰有一個實根。

詳解

解 $x=\cos x$ 等於找 $f(x)=0$ 的根。

至少一根：$f(0)=-1\lt0$，$f(1)=1-\cos1\gt0$（$\cos1\lt1$）。勘根定理給出 $(0,1)$ 內一根。

至多一根：$f'(x)=1+\sin x$。在 $[0,1]$ 上 $\sin x\ge0$，所以 $f'(x)\ge1\gt0$。若有兩根，Rolle 給出 $f'(c)=0$，矛盾。

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交點就是 $f(x)=0$ 的根。$f(0)=0$，所以 $x=0$ 是一根。

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

這次 $f'(0)=0$，不能直接說「$f'$ 永不為 $0$」，要多想一步。假設還有另一根 $b\neq0$：

• $b\gt0$：在 $[0,b]$ 用 Rolle，得 $c\in(0,b)$ 使 $f'(c)=0$。但 $c\neq0$ 時 $f'(c)=\frac{c^2}{1+c^2}\gt0$，矛盾。
• $b\lt0$：在 $[b,0]$ 用 Rolle，同理矛盾。

所以只有 $x=0$ 一根，交點只有 $(0,0)$。

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$f(-1)=|-1|=1=f(1)$。導數：

$$f'(x)=\begin{cases}-1,&-1\lt x\lt0\\ 1,&0\lt x\lt1\end{cases}$$

在 $x=0$：

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

左右極限不同，$f'(0)$ 不存在。所以 $f'$ 只取 $\pm1$，從來不是 $0$。

Rolle 要求 $f$ 在整個 $(-1,1)$ 可微，$|x|$ 在 $0$ 有尖角，條件不成立，定理的結論就不保證。這題說明條件不能隨便拿掉。

詳解

(a) 左邊 $0\le$ 是絕對值本來就成立。$x=y$ 時兩邊都是 $0$。$x\neq y$ 時，$\cos$ 處處連續可微，在 $x$、$y$ 之間用均值定理：存在 $c$ 介於兩者之間，

$$\cos x-\cos y=-\sin c\,(x-y)$$

取絕對值，因為 $|\sin c|\le1$：

$$|\cos x-\cos y|=|\sin c|\,|x-y|\le|x-y|$$

(b) 用 (a)，取 $\sqrt{x+1}$ 和 $\sqrt x$：

$$0\le\left|\cos\sqrt{x+1}-\cos\sqrt x\right|\le\sqrt{x+1}-\sqrt x=\frac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt x}$$

（最後一步分子有理化。）右邊 $x\to+\infty$ 時趨近 $0$，夾擠定理得絕對值趨近 $0$，所以原式也趨近 $0$。

$0$

注意：$\cos\sqrt x$ 自己在 $x\to\infty$ 時一直振盪、沒有極限，不能拆成兩個極限相減。

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割線斜率：$\dfrac{f(2)-f(0)}{2-0}=\dfrac{6-0}{2}=3$。

解 $f'(c)=3c^2-1=3$：$c^2=\dfrac43$，$c=\pm\dfrac{2}{\sqrt3}$。只有正的在 $(0,2)$ 裡（$\frac{2}{\sqrt3}\approx1.155$）。

$c=\dfrac{2}{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}{3}$

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(a) $f(t)=\tan^{-1}t$，$f'(t)=\dfrac{1}{1+t^2}$。在 $[\sqrt a,\sqrt b]$ 用均值定理：

$$\tan^{-1}\sqrt b-\tan^{-1}\sqrt a=\frac{1}{1+c^2}\left(\sqrt b-\sqrt a\right),\qquad\sqrt a\lt c\lt\sqrt b$$

把 $c$ 的範圍轉成 $\frac{1}{1+c^2}$ 的範圍：

$$\begin{aligned} &\sqrt a\lt c\lt\sqrt b \\ &\iff a\lt c^2\lt b \\ &\iff 1+a\lt1+c^2\lt1+b \\ &\iff \frac{1}{1+b}\lt\frac{1}{1+c^2}\lt\frac{1}{1+a} \end{aligned}$$

三邊乘上正數 $\sqrt b-\sqrt a$ 就得證。

(b) 用 (a)，取 $a=x^3-1$、$b=x^3+1$（$x\gt1$ 時 $0\lt a\lt b$）。先算

$$\sqrt b-\sqrt a=\frac{b-a}{\sqrt b+\sqrt a}=\frac{2}{\sqrt{x^3+1}+\sqrt{x^3-1}}$$

所以分子被夾在

$$\frac{2}{\left(\sqrt{x^3+1}+\sqrt{x^3-1}\right)(x^3+2)}\;\text{與}\;\frac{2}{\left(\sqrt{x^3+1}+\sqrt{x^3-1}\right)x^3}$$

之間。$x$ 很大時兩者都約等於 $\dfrac{2}{2x^{3/2}\cdot x^3}=x^{-9/2}$。乘上 $x^{9/2}$ 後，兩邊的極限都是 $1$：例如下界

$$\begin{aligned} \frac{2x^{9/2}}{\left(\sqrt{x^3+1}+\sqrt{x^3-1}\right)(x^3+2)} &= \frac{2}{\left(\sqrt{1+x^{-3}}+\sqrt{1-x^{-3}}\right)\left(1+2x^{-3}\right)} \\ &\to \frac22= 1 \end{aligned}$$

夾擠得分子 $\times x^{9/2}\to1$。所以取 $c=-\frac92$ 時 $L=1$；$c$ 比 $-\frac92$ 大，極限變成 $0$；比 $-\frac92$ 小則發散。

$c=-\dfrac92$，$L=1$（$c$ 與講義答案相同）

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先把左右兩邊改寫：$1-\dfrac ab=\dfrac{b-a}{b}$，$\dfrac ba-1=\dfrac{b-a}{a}$。在 $a$、$b$ 之間用均值定理，$(\ln x)'=\frac1x$：

$$\ln b-\ln a=\frac{b-a}{c},\qquad c\text{ 介於 }a,b\text{ 之間}$$

$a\lt b$：$a\lt c\lt b$，所以 $\dfrac1b\lt\dfrac1c\lt\dfrac1a$，乘上正數 $b-a$ 得

$$\frac{b-a}{b}\lt\frac{b-a}{c}\lt\frac{b-a}{a}$$

$a\gt b$：$b\lt c\lt a$，所以 $\dfrac1a\lt\dfrac1c\lt\dfrac1b$。這次 $b-a\lt0$，乘上去不等號反向：

$$\frac{b-a}{b}\lt\frac{b-a}{c}\lt\frac{b-a}{a}$$

兩種情形得到同一串不等式，得證。

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$f$ 在 $[1,3]$ 連續可微（不含 $0$）。割線斜率 $\dfrac{\frac13-1}{3-1}=-\dfrac13$。

解 $f'(c)=-\dfrac{1}{c^2}=-\dfrac13$：$c^2=3$，取在 $(1,3)$ 內的 $c=\sqrt3$。

$c=\sqrt3$（與講義答案相同）

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任取 $[a,b]$ 中兩點 $x_1\lt x_2$。$f$ 在 $[x_1,x_2]$ 連續、在 $(x_1,x_2)$ 可微，用均值定理：存在 $c\in(x_1,x_2)$，

$$f(x_2)-f(x_1)=f'(c)(x_2-x_1)=0\cdot(x_2-x_1)=0$$

任兩點的函數值都相等，所以 $f$ 是常數。

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令 $F(x)$ 為左式。$x\gt0$ 時逐項微分。第一項：

$$\frac{d}{dx}2\tan^{-1}\sqrt x=2\cdot\frac{1}{1+x}\cdot\frac{1}{2\sqrt x}=\frac{1}{(1+x)\sqrt x}$$

第二項，令 $u=\dfrac{x-1}{x+1}$，商法則得 $u'=\dfrac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)^2}=\dfrac{2}{(x+1)^2}$。另外

$$\begin{aligned} 1-u^2 &= \frac{(x+1)^2-(x-1)^2}{(x+1)^2} \\ &= \frac{4x}{(x+1)^2} \\ &\Longrightarrow \sqrt{1-u^2}=\frac{2\sqrt x}{x+1} \end{aligned}$$

所以

$$\frac{d}{dx}\sin^{-1}u=\frac{u'}{\sqrt{1-u^2}}=\frac{2}{(x+1)^2}\cdot\frac{x+1}{2\sqrt x}=\frac{1}{(x+1)\sqrt x}$$

兩項相同，$F'(x)=0$。$F$ 在 $[0,\infty)$ 連續，對任意 $b\gt0$ 在 $[0,b]$ 用定理 6.3.1，$F$ 是常數。代 $x=0$：

$$F(0)=2\tan^{-1}0-\sin^{-1}(-1)=0-\left(-\frac\pi2\right)=\frac\pi2$$

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令 $F(x)$ 為左式。

$$F'(x)=\frac{e^x}{1+e^{2x}}+\frac{-e^{-x}}{1+e^{-2x}}$$

第二項上下同乘 $e^{2x}$：$\dfrac{-e^{-x}\cdot e^{2x}}{e^{2x}+1}=\dfrac{-e^{x}}{1+e^{2x}}$，剛好和第一項抵消，$F'(x)=0$，$F$ 是常數。

代 $x=0$：$F(0)=\tan^{-1}1+\tan^{-1}1=\dfrac\pi4+\dfrac\pi4=\dfrac\pi2$。

（直覺：$e^x$ 與 $e^{-x}$ 互為倒數，而 $\tan^{-1}t+\tan^{-1}\frac1t=\frac\pi2$ 對 $t\gt0$ 成立，就是直角三角形的兩個銳角互餘。）

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$\sin^{-1}x$ 要 $x\le1$，所以範圍其實是 $0\le x\le1$。令 $F(x)=2\sin^{-1}x-\cos^{-1}(1-2x^2)$，在 $0\lt x\lt1$ 微分：

$$\begin{aligned} \frac{d}{dx}\cos^{-1}(1-2x^2) &= -\frac{1}{\sqrt{1-(1-2x^2)^2}}\cdot(-4x) \\ &= \frac{4x}{\sqrt{4x^2-4x^4}} \\ &= \frac{4x}{2x\sqrt{1-x^2}} \\ &= \frac{2}{\sqrt{1-x^2}} \end{aligned}$$

倒數第二步用 $\sqrt{4x^2}=2x$，這裡用到了 $x\gt0$。$2\sin^{-1}x$ 的導數也是 $\dfrac{2}{\sqrt{1-x^2}}$，所以 $F'=0$。$F$ 在 $[0,1]$ 連續，由定理 6.3.1 是常數，$F(0)=0-\cos^{-1}1=0$。

（$x\lt0$ 時 $\sqrt{4x^2}=-2x$，導數差一個負號，等式不成立：左邊是負的，右邊 $\cos^{-1}$ 永遠 $\ge0$。這就是題目限制 $x\ge0$ 的原因。）

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微分 $h$，連鎖律：

$$h'(x)=2\bigl(f-\sin x\bigr)\bigl(f'-\cos x\bigr)+2\bigl(g-\cos x\bigr)\bigl(g'+\sin x\bigr)$$

代 $f'=g$、$g'=-f$：

$$h'(x)=2\bigl(f-\sin x\bigr)\bigl(g-\cos x\bigr)+2\bigl(g-\cos x\bigr)\bigl(-f+\sin x\bigr)=0$$

所以 $h$ 是常數，$h(x)=h(0)=(0-0)^2+(1-1)^2=0$。

兩個平方和為 $0$，每個平方都必須是 $0$：$f(x)=\sin x$、$g(x)=\cos x$ 對所有 $x$ 成立。

（這題說的是：滿足「導數互相輪替」與初始值的函數只有一組，所以 $\sin$、$\cos$ 可以用這組條件來定義。）

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$n=1$：$f'(x)=f(x+1)-f(x)=g(x)$。右邊是可微函數的差，所以 $f'$ 本身也可微。

$n=2$：$f(x+2)-f(x)=2f'(x)$。另一方面把左邊拆成兩段，各用一次 $n=1$：

$$\begin{aligned} f(x+2)-f(x) &= \bigl[f(x+2)-f(x+1)\bigr]+\bigl[f(x+1)-f(x)\bigr] \\ &= f'(x+1)+f'(x) \end{aligned}$$

比較兩式得 $f'(x+1)=f'(x)$。

現在對 $f'(x)=f(x+1)-f(x)$ 兩邊微分：

$$f''(x)=f'(x+1)-f'(x)=0$$

由定理 6.3.1，$f'$ 是常數 $c$；再用一次，$f(x)-cx$ 的導數為 $0$，也是常數 $d$。所以 $f(x)=cx+d$。

反過來檢查：$\dfrac{c(x+n)+d-(cx+d)}{n}=c=f'(x)$，確實成立。

$f(x)=cx+d$，$c,d$ 為任意實數（與講義答案相同）

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四條用同一招。任取 $[a,b]$ 中 $x_1\lt x_2$，在 $[x_1,x_2]$ 用均值定理：存在 $e\in(x_1,x_2)$，

$$f(x_2)-f(x_1)=f'(e)\,(x_2-x_1)$$

其中 $x_2-x_1\gt0$，所以 $f(x_2)-f(x_1)$ 的正負號跟 $f'(e)$ 一樣：

1. $f'(e)\ge0$ 推出 $f(x_2)\ge f(x_1)$，遞增。
2. $f'(e)\le0$ 推出 $f(x_2)\le f(x_1)$，遞減。
3. $f'(e)\gt0$ 推出 $f(x_2)\gt f(x_1)$，嚴格遞增。
4. $f'(e)\lt0$ 推出 $f(x_2)\lt f(x_1)$，嚴格遞減。

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$f'(x)=2x$：$x\gt0$ 時 $f'\gt0$，$x\lt0$ 時 $f'\lt0$。

在 $(0,+\infty)$ 嚴格遞增，在 $(-\infty,0)$ 嚴格遞減

（$f$ 在 $0$ 連續，所以端點 $0$ 包進去寫成 $[0,+\infty)$、$(-\infty,0]$ 也對。）

詳解

寫成 $f(x)=x(x^2-4)^{1/3}$，積法則：

$$f'(x)=(x^2-4)^{1/3}+x\cdot\frac13(x^2-4)^{-2/3}\cdot2x$$

提出 $(x^2-4)^{-2/3}$ 通分：

$$f'(x)=(x^2-4)^{-2/3}\left[(x^2-4)+\frac{2x^2}{3}\right]=\frac{5x^2-12}{3(x^2-4)^{2/3}}$$

分母是某數的立方根再平方，$x\neq\pm2$ 時一定是正的，所以 $f'$ 的正負只看分子 $5x^2-12$。

• $f'=0$：$x=\pm\sqrt{\frac{12}{5}}=\pm\frac{2\sqrt{15}}{5}\approx\pm1.549$。
• $f'$ 不存在：$x=\pm2$，但這兩點左右 $f'$ 同號，$f$ 又連續，不會改變增減。

$|x|\gt\sqrt{12/5}$ 時 $5x^2-12\gt0$，$|x|\lt\sqrt{12/5}$ 時 $\lt0$。

嚴格遞增：$\left(-\infty,-\sqrt{\tfrac{12}{5}}\right]$ 與 $\left[\sqrt{\tfrac{12}{5}},+\infty\right)$；嚴格遞減：$\left[-\sqrt{\tfrac{12}{5}},\sqrt{\tfrac{12}{5}}\right]$

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$$\begin{aligned} f'(x) &= -5x^4+10x^3+40x^2 \\ &= -5x^2(x^2-2x-8) \\ &= -5x^2(x-4)(x+2) \end{aligned}$$

$-5x^2\le0$，只在 $x=0$ 等於 $0$。所以 $f'$ 的正負和 $(x-4)(x+2)$ 相反：

• $-2\lt x\lt4$：$(x-4)(x+2)\lt0$，$f'\ge0$（只有 $x=0$ 時是 $0$）。
• $x\lt-2$ 或 $x\gt4$：$(x-4)(x+2)\gt0$，$f'\lt0$。

在 $[-2,4]$ 遞增，在 $(-\infty,-2]\cup[4,+\infty)$ 遞減（與講義答案相同）

$x=0$ 雖然 $f'=0$，但兩側 $f'$ 都是正的，$f$ 只是在那裡暫時變平，沒有轉頭，所以 $[-2,4]$ 上其實是嚴格遞增。

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垂直：分母 $x+6=0$ 在 $x=-6$，此時分子 $36+6-30=12\neq0$，所以會爆掉。分子 $\to12\gt0$：

$$\begin{aligned} \lim_{x\to-6^-}f(x) &= -\infty\;(\text{分母}\to0^-) \\[4pt] \lim_{x\to-6^+}f(x) &= +\infty\;(\text{分母}\to0^+) \end{aligned}$$

垂直漸近線 $x=-6$。

水平：分子次數較高，$\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=\infty$、$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$，沒有水平漸近線。

斜：用定理 6.4.1，

$$\begin{aligned} A &= \lim_{x\to\infty}\frac{x^2-x-30}{x^2+6x}= 1 \\[4pt] B &= \lim_{x\to\infty}\left[\frac{x^2-x-30}{x+6}-x\right] \\ &= \lim_{x\to\infty}\frac{-7x-30}{x+6}= -7 \end{aligned}$$

$x\to-\infty$ 時算出一樣的 $A$、$B$。用長除法驗算：$\dfrac{x^2-x-30}{x+6}=x-7+\dfrac{12}{x+6}$。

垂直漸近線 $x=-6$；無水平漸近線；斜漸近線 $y=x-7$

詳解

長除法：$3x^2-2x+1=(x-1)(3x+1)+2$，所以

$$f(x)=3x+1+\frac{2}{x-1}$$

垂直：$x=1$ 時分子 $=2\neq0$，$x\to1^\pm$ 時 $f\to\pm\infty$，垂直漸近線 $x=1$。

水平：$x\to\pm\infty$ 時 $f\to\pm\infty$，沒有。

斜：$\dfrac{2}{x-1}\to0$，所以 $f(x)-(3x+1)\to0$，斜漸近線 $y=3x+1$（兩邊都是）。

V.A. $x=1$；H.A. 無；S.A. $y=3x+1$（與講義答案相同）

詳解

$\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{x^2-x-30}{x^2+6x}$，$x\to+\infty$ 時分子分母都 $\to+\infty$，可以用：

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2-x-30}{x^2+6x}\overset{L}{=}\lim_{x\to+\infty}\frac{2x-1}{2x+6}\overset{L}{=}\lim_{x\to+\infty}\frac22=1$$

第二次用之前也要確認 $2x-1$、$2x+6$ 都 $\to\infty$。$x\to-\infty$ 時分子分母都 $\to+\infty$，下一步都 $\to-\infty$，一樣得 $1$。

兩個極限都是 $1$

不用羅必達：分子分母同除 $x^2$，$\dfrac{1-\frac1x-\frac{30}{x^2}}{1+\frac6x}\to1$，更快。

詳解

(a) $x\ln x$ 是 $0\cdot(-\infty)$ 型，不能直接用。改寫成 $\dfrac{\ln x}{1/x}$，變成 $\dfrac{-\infty}{+\infty}$ 型：

$$\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}\overset{L}{=}\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^2}=\lim_{x\to0^+}(-x)=0$$

$0$

(b) $e^t$ 連續，極限可以搬進指數：

$$\lim_{x\to0^+}x^x=e^{\lim_{x\to0^+}x\ln x}=e^0$$

$1$

直覺：$x\to0^+$ 時 $\ln x$ 往 $-\infty$ 跑得很慢，被前面的 $x$ 壓回 $0$。

詳解

(a) 連鎖律：

$$f_n'(x)=n\left(1+\frac xn\right)^{n-1}\cdot\frac1n=\left(1+\frac xn\right)^{n-1}\gt0$$

（$x\gt0$ 時底數大於 $1$。）由定理 6.3.2，$f_n$ 嚴格遞增，所以一對一，反函數存在。

(b) $y=\left(1+\frac xn\right)^n$，$x$、$y$ 對調後解 $y$：

$$x=\left(1+\frac yn\right)^n\iff x^{1/n}=1+\frac yn\iff y=n\left(x^{1/n}-1\right)$$

（開 $n$ 次方時取正根，因為 $1+\frac yn\gt0$。）

$g_n(x)=n\left(x^{1/n}-1\right)$

詳解

分三種情形。

情形 1：$f$ 是常數。$f'\equiv0$，$(a,b)$ 裡任何一點都可以當 $c$。

情形 2：某個 $x\in(a,b)$ 有 $f(x)\gt f(a)$。由極值定理，$f$ 在 $[a,b]$ 有最大值。最大值至少是 $f(x)$，比兩端的 $f(a)=f(b)$ 大，所以最大值不在端點，而在某個 $c\in(a,b)$。$c$ 是內部的最大值，當然也是局部極大，由 Fermat 定理 $f'(c)=0$。

情形 3：某個 $x\in(a,b)$ 有 $f(x)\lt f(a)$。同理，改用最小值。

不是常數的話一定落在情形 2 或 3，所以三種情形涵蓋全部。

詳解

想法：把均值定理的圖「轉正」。拿 $f$ 減掉割線，兩端就都變成 $0$，可以套 Rolle。

$A=(a,f(a))$、$B=(b,f(b))$，割線 $AB$ 的斜率 $m=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$，方程式 $y=f(a)+m(x-a)$。定義

$$h(x)=f(x)-f(a)-m(x-a)$$

檢查 Rolle 的條件：

• $h$ 是 $f$ 減一次式，在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微。
• $h(a)=f(a)-f(a)-0=0$；$h(b)=f(b)-f(a)-m(b-a)=f(b)-f(a)-\bigl(f(b)-f(a)\bigr)=0$。

由 Rolle，存在 $c\in(a,b)$ 使 $h'(c)=0$。而 $h'(x)=f'(x)-m$，所以

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

詳解

$f'(x)=3x^2-3$。

(a) $f'(1)=0$，第一步就要除以 $0$，牛頓法失敗。

(b) $f(-2)=-8+6+6=4\gt0$，$f(-3)=-27+9+6=-12\lt0$，由勘根定理，根在 $[-3,-2]$。取 $x_0=-2$：

$$x_1=-2-\frac{f(-2)}{f'(-2)}=-2-\frac49=-\frac{22}{9}\approx-2.4444$$

下一步要 $f\left(-\frac{22}9\right)$ 與 $f'\left(-\frac{22}9\right)$：

$$f\left(-\tfrac{22}{9}\right)=-\tfrac{10648}{729}+\tfrac{22}{3}+6=-\tfrac{928}{729},\qquad f'\left(-\tfrac{22}{9}\right)=\tfrac{1452}{81}-3=\tfrac{403}{27}$$ $$x_2=-\frac{22}{9}+\frac{928/729}{403/27}=-\frac{22}{9}+\frac{928}{10881}=-\frac{25670}{10881}\approx-2.3592$$

$x_1\approx-2.4444$，$x_2\approx-2.3592$（與講義相同）

再做兩步會得到 $-2.35531$、$-2.35530$，真正的根約 $-2.355301$，收斂得很快。

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令 $f(x)=x^2-2$，$f'(x)=2x$，迭代式化簡成

$$x_{k+1}=x_k-\frac{x_k^2-2}{2x_k}=\frac12\left(x_k+\frac{2}{x_k}\right)$$

• $x_1=\frac12(1+2)=1.5$
• $x_2=\frac12\left(1.5+\frac{2}{1.5}\right)=\frac{17}{12}\approx1.416667$
• $x_3=\frac12\left(\frac{17}{12}+\frac{24}{17}\right)=\frac{577}{408}\approx1.414216$

$x_1=1.5$，$x_2\approx1.416667$，$x_3\approx1.414216$（與講義答案相同）

$\sqrt2=1.4142136\ldots$，三步就有六位正確。化簡後的式子就是「猜值和 $2\div$ 猜值取平均」，古巴比倫人就這樣開根號。

詳解

(a) $f(x)=x^{1/3}$，$f'(x)=\frac13x^{-2/3}$：

$$x_{k+1}=x_k-\frac{x_k^{1/3}}{\frac13x_k^{-2/3}}=x_k-3x_k=-2x_k$$

所以 $x_0=1$，$x_1=-2$，$x_2=4$，$x_3=-8,\ldots$ 每次距離加倍、左右跳，發散。根明明就在 $0$，但曲線在 $0$ 附近太陡（切線趨近鉛直），切線每次都把猜測值甩過頭。

(b) $f(x)=x^3-2x-2$，$f'(x)=3x^2-2$。

• $x_0=0$：$f(0)=-2$，$f'(0)=-2$，$x_1=0-\frac{-2}{-2}=-1$。
• $x_1=-1$：$f(-1)=-1$，$f'(-1)=1$，$x_2=-1-\frac{-1}{1}=0$。

回到起點，之後永遠在 $0,-1,0,-1,\ldots$ 打轉，不收斂。（真正的根約 $1.769$，要從它附近例如 $x_0=2$ 出發才找得到。）