學習目標與準備

我們假設已掌握基本求導法則、第 6 章的極限與連續性定理，以及初等積分。本章研究隱函數求導、高階 Leibniz 公式、凸性與導數不等式、滿足條件的 L'Hôpital 極限，以及帶誤差控制的 Taylor 多項式與級數。

7.1 隱式關係及其局部限制

學習目標與設定

證明局部可逆性，而不只對形式上假定存在的逆映射求導。全程使用歐幾里得範數及其誘導的算子範數。設 $U\subseteq\mathbb R^n$ 為開集，$F:U\to\mathbb R^n$ 為 $C^1$，$a\in U$，$b=F(a)$，且 $A=DF(a)$ 可逆。我們將證明存在 $a$ 的開鄰域 $W$ 和 $b$ 的開鄰域 $V$，使 $F:W\to V$ 成為一個 $C^1$ 雙射，其逆映射的導數等於 $[DF]^{-1}$。

引理：閉球上的壓縮映射

若映射 $T$ 將非空歐幾里得閉球 $B$ 映入自身，並且對固定的 $0\le q<1$ 滿足 $\|T(x)-T(y)\|\le q\|x-y\|$，那麼它在 $B$ 中有唯一不動點。

證明。 從任意 $x_0\in B$ 出發，定義 $x_{k+1}=T(x_k)$。若 $q=0$，不等式使 $T$ 為常值映射，其值是第一次迭代即達到的唯一不動點。對 $0<q<1$，反覆應用壓縮條件得到 $\|x_{k+1}-x_k\|\le q^k\|x_1-x_0\|$。對於 $m>k$，對連續差求和得到 $\|x_m-x_k\|$ 的上界 $q^k\|x_1-x_0\|/(1-q)$，所以該數列是柯西列。逐坐標的實數完備性給出 $\mathbb R^n$ 中的極限，而閉性使極限留在 $B$ 中。壓縮條件蘊含連續性，所以對 $x_{k+1}=T(x_k)$ 取極限可知極限為不動點。兩個不動點之間的距離至多為該距離的 $q$ 倍，只能為零。這一證明也給出到極限的所述幾何誤差界。

局部逆的存在性與唯一性

由 $DF$ 的連續性，可以選擇 $r>0$，使閉球 $B=\overline B(a,r)\subset U$ 且

$$\|I-A^{-1}DF(y)\|\le q=\frac12\quad\text{for all }y\in B.$$

對靠近 $b$ 的目標點 $x$，令 $T_x(y)=y-A^{-1}(F(y)-x)$。它在凸球上的導數範數至多為 $q$。沿線段應用一元微積分基本定理，得到 $\|T_x(y)-T_x(z)\|\le q\|y-z\|$。此外，

$$\|T_x(y)-a\|\le q\|y-a\|+\|A^{-1}(x-b)\|.$$

選取 $V=B(b,\rho)$，其中 $\rho=(1-q)r/(2\|A^{-1}\|)$。當 $x\in V$ 時，第二項小於 $(1-q)r/2$，故 $T_x$ 將 $B$ 映入自身。引理給出唯一的 $y=H(x)\in B$，滿足 $F(y)=x$。在 $a$ 處的不動點估計給出

$$\|H(x)-a\|\le\frac{\|A^{-1}(x-b)\|}{1-q}<r/2,$$

所以這些解均為內點。令 $W=B(a,r)\cap F^{-1}(V)$。它是開集，包含 $a$，且 $F:W\to V$ 為雙射，因為即使在更大的閉球上解也唯一。

逆映射的連續性與可微性

對 $x,z\in V$ 比較不動點方程：

$$\|H(x)-H(z)\|\le q\|H(x)-H(z)\|+\|A^{-1}\|\|x-z\|.$$

因此 $H$ 是 Lipschitz 映射，常數為 $\|A^{-1}\|/(1-q)$。對 $y\in B$，矩陣 $A^{-1}DF(y)=I-E$ 滿足 $\|E\|\le q<1$。收斂的矩陣級數 $\sum_{k=0}^{\infty}E^k$ 是其逆：有限部分和相乘得到 $I-E^{N+1}$，它趨於 $I$。故 $DF(y)$ 在整個 $B$ 上可逆。

固定 $x\in V$，令 $y=H(x)$，並取充分小的增量 $k$，使 $x+k\in V$。設 $h=H(x+k)-H(x)$。由 $F$ 的可微性，$k=DF(y)h+o(\|h\|)$。Lipschitz 估計給出 $\|h\|=O(\|k\|)$，因此解得

$$h=[DF(y)]^{-1}k+o(\|k\|).$$

所以 $DH(x)=[DF(H(x))]^{-1}$。逆矩陣連續變化：伴隨矩陣除以行列式的公式在行列式非零處連續。結合 $DF$ 和 $H$ 的連續性，證明 $H$ 是 $C^1$。定理現已證明，包括存在性、唯一性、鄰域與正則性。

隱函數作為推論

設 $G:\mathbb R^{p+m}\supset U\to\mathbb R^m$ 為 $C^1$，$G(a,c)=0$，且 $D_yG(a,c)$ 可逆。定義 $\Phi(x,y)=(x,G(x,y))$。其分塊導數為

$$D\Phi=\begin{pmatrix}I&0\\D_xG&D_yG\end{pmatrix},$$

它在 $(a,c)$ 處可逆。已證明的逆函數定理給出局部 $C^1$ 逆映射。將鄰域縮小為乘積鄰域，使求解 $\Phi(x,y)=(x,0)$ 定義唯一的 $y=\varphi(x)$，並包含該乘積鄰域內每一個零點。存在性成立後，對恆等式求導得到

$$D\varphi(x)=-[D_yG(x,\varphi(x))]^{-1}D_xG(x,\varphi(x)).$$

解矩陣方程確定了因子的次序，不能顛倒。

若可微分支 $y=y(x)$ 存在且滿足 $F(x,y(x))=0$，鏈式法則給出 $F_x+F_yy'=0$；當 $F_y\ne0$ 時，

$$y'=-F_x/F_y.$$

這不是說整條曲線都能全局表示為 $x$ 的一個函數。

例 1：有垂直障礙的約束。 對 $x^2+y^2=25$，求導得 $2x+2yy'=0$，故 $y\ne0$ 時 $y'=-x/y$；在 $(3,4)$ 處為 $-3/4$。再求導得 $2+2(y')^2+2yy''=0$，因此在該分支上 $y''=-[1+(y')^2]/y=-25/y^3$。在 $(5,0)$，公式不能除以零；曲線在此有垂直切線，不能在該處表示為可微的 $y(x)$。

7.2 高階導數與 Leibniz 公式

對充分可微的 $f,g$，乘積的 $n$ 階導數為

$$\frac{d^n}{dx^n}(fg)=\sum_{k=0}^n\binom nkf^{(k)}g^{(n-k)}.$$

當 $n=1$ 時這是乘積法則。若公式在 $n$ 階成立，對各項求導，$f^{(k)}g^{(n+1-k)}$ 的系數由 $\binom n{k-1}+\binom nk=\binom{n+1}k$ 合併，端點系數均為 $1$，故歸納得到下一階。這解釋了二項式系數的規律。

例 2：多項式乘指數函數。 令 $f=x^2$、$g=e^{ax}$，其中 $a$ 為常數；$f$ 超過二階的導數為零。於是對 $n\ge2$，

$$(x^2e^{ax})^{(n)}=e^{ax}\left(a^nx^2+2na^{n-1}x+n(n-1)a^{n-2}\right).$$

當 $a=0$ 且 $n=2$，項 $a^{n-2}$ 涉及 $0^0$ 的約定。對 $a\ne0$ 使用所示公式，並直接處理 $a=0$：$x^2$ 的 $n$ 階導數在 $n=2$ 時恆為 $2$，在 $n>2$ 時恆為 $0$。

區間內部及端點的切線界

設 $I$ 為非退化區間。假設 $f$ 在其內部二次可微且 $f''\ge0$。若端點屬於 $I$，假設 $f$ 在該端點連續；只有相應單側導數作為有限實數存在時，才使用該端點的切線。

對內點，將中值定理用於 $f'$ 得到 $f'$ 不減。下面開放區間上的凸性與支撐線證明給出兩個內點之間的非嚴格切線界。

凸性與支撐線

區間上的函數稱為凸函數，如果對 $0\le t\le1$ 有 $f((1-t)x+ty)\le(1-t)f(x)+tf(y)$。若 $f$ 在開區間上可微，則它為凸函數當且僅當 $f'$ 非遞減。

證明。 凸函數的割線斜率有序：對 $x<z<y$，整理凸不等式得到 $(f(z)-f(x))/(z-x)\le(f(y)-f(x))/(y-x)\le(f(y)-f(z))/(y-z)$。令 $z$ 分別趨向端點，得到 $f'(x)\le(f(y)-f(x))/(y-x)\le f'(y)$，因而導數非遞減。反之，若 $f'$ 非遞減，在 $(x,z)$ 與 $(z,y)$ 中分別取中值點，可知第一條割線的斜率不大於第二條；整理便得凸不等式。特別地，若二階導數存在，$f''\ge0$ 是充分條件。割線估計還給出支撐線不等式 $f(y)\ge f(x)+f'(x)(y-x)$。

若內部處處 $f''>0$，中值定理說明 $f'$ 在內部嚴格遞增。對內點 $a$ 和任意 $x\in I$、$x\ne a$，在 $a$ 與 $x$ 之間使用中值定理，得到 $f(x)>f(a)+f'(a)(x-a)$；$x$ 即使是包含的端點也成立。若 $f''\ge0$，同一論證給出非嚴格不等式。

對端點切線，先比較割線斜率。若 $x<y<z$ 均屬於 $I$，在 $[x,y]$、$[y,z]$ 上應用中值定理，得

$$\frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le\frac{f(z)-f(y)}{z-y}.$$

整段弦的斜率是這兩個斜率的加權平均，因此介於兩者之間。若內部 $f''>0$，兩斜率嚴格有序，整段弦斜率也嚴格介於兩者之間。

設 $a$ 是包含的左端點且 $x>a$。對 $a<t<x$，割線比較給出

$$\frac{f(t)-f(a)}{t-a}\le\frac{f(x)-f(a)}{x-a}.$$

令 $t\downarrow a$，左邊趨於有限右導數 $f'_+(a)$，故 $f(x)\ge f(a)+f'_+(a)(x-a)$。若 $f''$ 嚴格為正，固定任意 $y\in(a,x)$。同一比較先給出 $f'_+(a)\le[f(y)-f(a)]/(y-a)$；嚴格割線比較再給出 $[f(y)-f(a)]/(y-a)<[f(x)-f(a)]/(x-a)$，所以端點切線不等式嚴格。嚴格性來自固定內點的割線比較。

對包含的右端點 $b$，取 $x<t<b$，相應比較給出

$$\frac{f(b)-f(x)}{b-x}\le\frac{f(b)-f(t)}{b-t}\le f'_-(b).$$

第二個不等式由比較割線後，按有限左導數的定義取端點極限得到。因此 $f(x)\ge f(b)+f'_-(b)(x-b)$。若 $f''>0$，對固定內點 $t$ 第一個不等式嚴格，故 $x<b$ 時切線界嚴格。

例 3：兩個有用的不等式。 因 $f=e^x$ 的二階導數為正，零點切線給出所有實數 $x$ 的 $e^x\ge1+x$，僅在零點取等。也可令 $g=e^x-1-x$，利用其導數在零點兩側的符號。

對 $x>0$，令 $h(x)=x-1-\ln x$。其導數為 $1-1/x$，在 $1$ 以下為負、以上為正，故 $h$ 在 $1$ 處取得最小值 $0$，證明 $\ln x\le x-1$。定義域 $x>0$ 必不可少；實對數在負輸入上無此不等式。

一階、二階導數檢驗與全局端點核對仍是不同步驟。駐點的二階導數為零時不能下結論：$x^4$ 在零點有極小值，$-x^4$ 有極大值，而 $x^3$ 兩者皆無。

7.4 核對假設後的 L'Hôpital 極限

定理：Cauchy 中值定理

若 $f,g$ 在 $[a,b]$ 連續、在 $(a,b)$ 可微，且 $a<b$，則存在 $c\in(a,b)$ 使

$$[f(b)-f(a)]g'(c)=[g(b)-g(a)]f'(c).$$

證明。 輔助函數 $H(t)=[f(b)-f(a)]g(t)-[g(b)-g(a)]f(t)$ 在兩個端點的值相等。由 Rolle 定理，$H'(c)=0$，恰得到上述恆等式。即使寫成比值時分母為零，該恆等式仍成立；若要相除寫出導數比，須單獨檢查分母，這是洛必達法則證明中的關鍵。

學習目標與精確的單側情形

辨認真正的不定式，證明法則而不是把導數相除當作代數約分，並區分充分條件和必要條件。設 $f,g$ 在從左側趨近端點 $b$ 的開區間上可微，該端點可以是有限實數或 $+\infty$。假設在充分靠近端點的整個區間上 $g'$ 非零。右側趨近及負無窮的對應情形可通過反轉坐標得到。

Cauchy 中值定理說明，對不同的內部點 $x,y$，它們之間存在 $c$，使得

$$\frac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}.$$

分母 $g(x)-g(y)$ 不可能為零，否則對 $g$ 應用 Rolle 定理會在兩點之間產生導數零點。這也說明 $g$ 在該區間至多取每個值一次，包括零。故可縮短趨近區間，確保 $g\ne0$，使所需商有定義。

定理：導數之比趨於有限極限

當趨近端點時若 $f'/g'\to L\in\mathbb R$，並且滿足下列任一情形，則 $f/g\to L$：（i）$f,g\to0$；（ii）$|g|\to\infty$。在情形（ii）中，不必額外假設 $f$ 無界。

情形（i）的證明。 令 $h=f-Lg$。給定 $\varepsilon>0$，在充分靠近端點的整個區間有 $|h'/g'|<\varepsilon$。對該區間任意兩點，Cauchy 定理給出 $|h(x)-h(y)|\le\varepsilon|g(x)-g(y)|$。固定 $x$，令 $y$ 趨近端點；由於 $h(y),g(y)\to0$，得到 $|h(x)|\le\varepsilon|g(x)|$，因而 $|f(x)/g(x)-L|\le\varepsilon$。即使端點為無窮，該論證仍有效，無須把無窮當作連續函數取值的端點。

情形（ii）的證明。 給定 $\eta>0$，取 $\varepsilon=\eta/4$。同樣令 $h=f-Lg$，在充分靠近端點的區間內使導數之比的絕對值小於 $\varepsilon$，並固定該區間一點 $x_0$。對 $x_0$ 與更靠後的一點 $x$ 應用 Cauchy 定理，得到 $|h(x)-h(x_0)|\le\varepsilon|g(x)-g(x_0)|$。因此

$$\left|\frac{f(x)}{g(x)}-L\right| \le\frac{|h(x_0)|}{|g(x)|}+\varepsilon\left|1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\right|.$$

當 $x$ 充分靠近端點時，第一項小於 $\eta/2$，第二項中的絕對值因子小於 $2$，故總誤差小於 $\eta/2+2(\eta/4)=\eta$。由 $\eta>0$ 的任意性，商趨於 $L$。

定理：導數之比趨於無窮

在相同的分母假設下，若 $f'/g'\to+\infty$，則情形（i）、（ii）中均有 $f/g\to+\infty$；趨於 $-\infty$ 的情形反轉符號即可。

證明。 對任意實閾值 $M$，在充分靠近端點的區間有 $f'/g'>M$。由 Cauchy 定理，每個增量之比大於 $M$。在情形（i）中，固定 $x$，令另一點趨近端點，得 $f(x)/g(x)\ge M$。由於 $M$ 可以大於任意指定閾值，商趨於 $+\infty$。在情形（ii）中，固定 $x_0$，把增量之比記為 $R(x)>M$：

$$\frac{f(x)}{g(x)}=R(x)\left(1-\frac{g(x_0)}{g(x)}\right)+\frac{f(x_0)}{g(x)}.$$

當 $M>0$ 且 $x$ 充分靠近端點時，乘因子大於 $1/2$，並且 $f(x_0)/g(x)>-1$，因此 $f(x)/g(x)>M/2-1$。令 $M$ 任意大便證明商趨於 $+\infty$。對 $-f$ 應用同一結果即可處理負無窮極限。

例 4：把乘積改寫為商。 當 $x\to0^+$，$x\ln x=\ln x/(1/x)$。分子趨於負無窮，分母趨於正無窮，導數之比為 $-x\to0$。故 $x\ln x\to0$，且 $x^x=\exp(x\ln x)\to1$。取對數時保留 $x>0$。

該法則不是對所有商反覆求導。對 $x\to0^+$ 的 $(1+x)/x$，分子不趨零，不是所需形式；原商趨於正無窮，而錯誤地計算導數之比會得到 $1$。

7.5 Taylor 多項式與導出的餘項

在 $a$ 處的 $n$ 階 Taylor 多項式為 $T_n(x)=\sum_{k=0}^nf^{(k)}(a)(x-a)^k/k!$；若高階導數值為零，它的次數可以小於 $n$。

定理：Taylor 積分餘項

設 $n\ge0$，$f$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉區間上具有直到 $n+1$ 階的連續導數，則

$$f(x)=T_n(x)+\frac1{n!}\int_a^x f^{(n+1)}(t)(x-t)^n\,dt.$$

因此，若該區間上 $|f^{(n+1)}(t)|\le M$，則 $|f(x)-T_n(x)|\le M|x-a|^{n+1}/(n+1)!$。

證明。 當 $n=0$ 時，恆等式就是微積分基本定理 $f(x)-f(a)=\int_a^xf'(t)dt$。當 $n\ge1$ 時，對餘項分部積分，取 $u=(x-t)^n/n!$、$dv=f^{(n+1)}(t)dt$。在 $x$ 處的邊界項為零，在 $a$ 處的貢獻為 $-f^{(n)}(a)(x-a)^n/n!$；余下的積分是 $(n-1)$ 階餘項。由歸納法得到恆等式。這裡使用有向積分，所以 $x<a$ 時也成立。取絕對值，必要時反轉積分上下限，再積分 $|x-t|^n$，即得所述界。最高階導數連續保證各次分部積分及估計有效。

此定理給出充分的正則性條件，並非最弱假設。Taylor 級數要在固定的 $x$ 處表示 $f$，必須當 $n\to\infty$ 時餘項趨於零。若不控制有限階誤差界對 $n$ 的依賴，僅憑該界不能證明餘項趨零。

令 $h=x-a$，代換 $t=a+sh$ 將積分餘項寫成

$$R_n(x)=\frac{h^{n+1}}{n!}\int_0^1(1-s)^nf^{(n+1)}(a+sh)ds.$$

此式同時適用於 $h$ 的兩種符號。若導數絕對值至多為 $M$，則 $|R_n|\le M|h|^{n+1}/(n+1)!$。設 $n$ 為非負整數，$f^{(n+1)}$ 在 $a$ 與 $x$ 之間的閉線段上連續，且上述積分餘項已成立。若 $h\ne0$，令 $w(s)=f^{(n+1)}(a+sh)$。權 $(1-s)^n$ 在 $[0,1)$ 上為正，積分為 $1/(n+1)$。當 $n=0$ 時，它在整個 $[0,1]$ 上是常數多項式 $1$。若 $w$ 非常值，連續性使 $w-\min w$ 和 $\max w-w$ 各在某個內部小區間上嚴格為正；權在這些區間為正，所以相應兩個積分均嚴格為正。故加權平均嚴格介於最小值與最大值之間，由介值定理可在某個 $s_*\in(0,1)$ 取到；若 $w$ 為常值，任選內部 $s_*$。因此

$$R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(a+s_*h)}{(n+1)!}h^{n+1}.$$

這對 $h<0$ 同樣成立，符號保留在 $h^{n+1}$ 中。若 $h=0$，直接有 $R_n(a)=0$，不需要中間點。

例 5：對數近似。 在 $a=0$ 處，$\ln(1+x)$ 的三次 Taylor 多項式為 $x-x^2/2+x^3/3$。當 $0\le x\le1/5$，四階導數絕對值 $6/(1+x)^4\le6$，故誤差至多為 $x^4/4$；當 $x=1/5$ 時至多為 $1/2500$。這是有控制的近似，而非精確等式。

7.6 級數表示需要餘項趨零

無限 Taylor 級數在某輸入處表示函數，要求階數增大時餘項趨零。對 $e^x$，餘項不超過 $e^{|x|}|x|^{n+1}/(n+1)!$，對每個固定實數 $x$ 都趨零。對正弦和餘弦，用導數界 $1$ 與同樣的階乘控制，得到

$$e^x=\sum_{k\ge0}\frac{x^k}{k!},\quad \sin x=\sum_{k\ge0}\frac{(-1)^kx^{2k+1}}{(2k+1)!},\quad \cos x=\sum_{k\ge0}\frac{(-1)^kx^{2k}}{(2k)!}.$$

幾何恆等式給出 $|x|<1$ 時 $1/(1-x)=\sum_{k\ge0}x^k$。對其有限形式積分並保留餘項，得到 $-1<x\le1$ 時 $\ln(1+x)=\sum_{k\ge1}(-1)^{k-1}x^k/k$；端點 $1$ 用交錯級數或積分餘項核對，$-1$ 不包括在內。

光滑性本身不夠。$x\ne0$ 時等於 $e^{-1/x^2}$、在零點為零的函數，其零點處所有導數都為零，因為指數衰減快於求導後出現的各個倒數冪；其 Taylor 級數為零，但函數在非零處為正。所以僅僅導數匹配並不能證明級數等於函數。

包括端點的有限對數餘項

對每個整數 $m\ge1$ 和 $t\ne-1$，有限除法給出

$$\frac1{1+t}=\sum_{k=0}^{m-1}(-t)^k+\frac{(-t)^m}{1+t}.$$

固定 $-1<x\le1$，沿零到 $x$ 的有向線段積分。由微積分基本定理及 $\ln1=0$，

$$\ln(1+x)=\sum_{k=1}^m\frac{(-1)^{k-1}x^k}{k}+\int_0^x\frac{(-t)^m}{1+t}\,dt.$$

若 $0\le x\le1$，餘項絕對值至多為 $x^{m+1}/(m+1)\le1/(m+1)$。這包括 $x=1$，證明該端點處收斂到 $\ln2$。若 $-1<x<0$，令 $r=|x|<1$；積分線段上分母至少為 $1-r$，所以餘項絕對值至多為 $r^{m+1}/[(m+1)(1-r)]$，趨於零。當 $x=-1$，每個級數項為 $-1/k$，由調和級數證明可知發散，實對數在此也無定義。若 $|x|>1$，取 $1<q<|x|$。項的絕對值 $|x|^k/k$ 的相鄰比為 $|x|k/(k+1)$，最終大於 $q$。逐項迭代使這些絕對值至少為某個固定正常數乘以增長的 $q$ 的冪，因此項不趨零，級數發散。故實數收斂集合恰為 $-1<x\le1$，在此其和等於 $\ln(1+x)$。

平坦函數在零點的完整求導證明

使用先前已證的實指數級數、正性、倒數定律和導數恆等式 $\exp'=\exp$。定義 $F(0)=0$，並在 $x\ne0$ 時定義 $F(x)=\exp(-1/x^2)$。對每個實數 $r\ge0$，令 $u=1/x^2$，取整數 $k>r/2$。指數級數的非負項給出 $u>0$ 時 $\exp u\ge u^k/k!$，因此

$$|x|^{-r}\exp(-1/x^2)=u^{r/2}\exp(-u)\le k!u^{r/2-k}\longrightarrow0.$$

在非零輸入處，歸納得到 $F^{(n)}(x)=P_n(1/x)\exp(-1/x^2)$，其中 $P_n$ 是多項式，$P_0=1$，且 $P_{n+1}(z)=-z^2P_n'(z)+2z^3P_n(z)$。假設 $n$ 階導數在非零處滿足此式、在零處取零。多項式次數有限，所以上述估計先給出 $F^{(n)}(x)\to0$，再給出 $F^{(n)}(h)/h\to0$。故 $F^{(n)}$ 在零處連續，並在零處可微且導數為零，遞推式則給出下一階的非零處公式。歸納可知 $F$ 光滑，且零點處每階導數均為零。因此它在零處的 Taylor 級數恆為零，但每個 $x\ne0$ 均有 $F(x)>0$。這完整證明了所述反例，沒有把光滑性當作解析性。

例 6：保留首個未消失項。 Taylor 定理給出零附近 $e^x=1+x+x^2/2+O(x^3)$，故 $(e^x-1-x)/x^2\to1/2$。若只用 $1+x$ 替代 $e^x$，會抹掉決定極限的項。

7.7 分級練習

基礎

1. 求 $xy+y^2=6$ 在 $(1,2)$ 處的 $y'$，並核對該點在曲線上。
2. 用 Leibniz 公式求 $x^2e^x$ 的三階導數。
3. 用上述對數不等式證明 $t>-1$ 時 $\ln(1+t)\le t$。

核心

4. 在核對假設或使用 Taylor 餘項後求 $\lim_{x\to0}(e^{2x}-1)/x$。
5. 求 $\lim_{x\to\infty}(\ln x)/x^2$。
6. 求 $f(x)=1/x$ 在 $a=1$ 的二階 Taylor 多項式。
7. 用 $x-x^3/6$ 近似 $\sin(0.2)$，並利用其四階 Taylor 多項式和五階導數界定誤差。
8. 求 $1/(1+2x)$ 的無窮幾何展開及其開收斂區間。

綜合

9. 用求導證明對所有實數 $x$ 有 $x^2\ge2x-1$，再給出一個獨立的代數證明。
10. 用歸納法推導乘積的 $n$ 階導數，明確指出為甚麼兩個內部系數合併為 $\binom{n+1}k$。

7.8 完整解答

1. 該點滿足 $1(2)+4=6$。求導得 $y+xy'+2yy'=0$，所以此處 $y'=-y/(x+2y)=-2/5$；分母 $5$ 非零。
2. 在公式中取 $n=3,a=1$，得 $e^x(x^2+6x+6)$。
3. 在 $\ln x\le x-1$ 中取 $x=1+t>0$，得到所需不等式；僅當 $t=0$ 取等。
4. 該商是 $0/0$ 形式；在零點附近但不含零點的地方，分母及其導數非零，導數之比 $2e^{2x}\to2$，故極限為 $2$。也可用 $e^{2x}=1+2x+O(x^2)$。
5. 分子和分母均趨於無窮，分母導數 $2x$ 在充分大的正 $x$ 上非零；導數之比 $(1/x)/(2x)=1/(2x^2)\to0$，故極限為零。
6. $f(1)=1$、$f'(1)=-1$、$f''(1)=2$，故 $T_2=1-(x-1)+(x-1)^2$。
7. 四階系數為零，故四階多項式仍為 $x-x^3/6$。五階導數的絕對值至多為 $1$，故誤差至多為 $0.2^5/120=1/375000$。
8. 將 $-2x$ 代入幾何恆等式，得 $\sum_{k\ge0}(-2x)^k$，適用於 $|x|<1/2$；開區間公式本身不提供端點收斂性。
9. 令 $g=x^2-2x+1$。其導數 $2x-2$ 在 $1$ 之前為負、之後為正，故全局最小值為 $g(1)=0$。代數上 $g=(x-1)^2\ge0$。兩種方法均證明不等式，且僅在 $1$ 取等。
10. 假設 $(fg)^{(n)}=\sum_k\binom nkf^{(k)}g^{(n-k)}$。對一項求導，一次貢獻 $f^{(k+1)}g^{(n-k)}$，另一次貢獻 $f^{(k)}g^{(n+1-k)}$。內部指標 $k$ 的兩個系數分別來自 $\binom n{k-1}$ 和 $\binom nk$，由 Pascal 恆等式其和為 $\binom{n+1}k$。兩個端點系數均為 $1$，得到 $(n+1)$ 階公式；普通乘積法則提供基礎情形。

小結

隱函數求導是局部的，需要相關係數非零。Leibniz 公式由乘積法則歸納得到。導數可通過單調性或凸切線證明不等式。L'Hôpital 法則需要特定未定式極限的假設，而不是僅要求無界。Taylor 餘項控制近似，並決定無窮展開何時真正等於函數。