新讲 第8章 利用导数研究函数 第5题

教材习题

📝 题目

例 5 考察分段表示的函数

$$ f\left( x\right) = \left\{ \begin{array}{ll} {\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}, & \text{ 如果 }x > 0, \\ 0, & \text{ 如果 }x \leq 0. \end{array}\right. $$

试证 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导任意多次.

💡 答案解析

证明 显然函数 $f$ 在 $x \neq 0$ 处可导任意多次. 只需考察这函数在 $x = 0$ 处的可导性. 首先注意到

$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}\frac{f\left( x\right) - f\left( 0\right) }{x} = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}\frac{{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}}{x} $$

$$ = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}\frac{\frac{1}{x}}{{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}} = \mathop{\lim }\limits_{{t \rightarrow + \infty }}\frac{t}{{\mathrm{e}}^{t}} = 0, $$

$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 - }}\frac{f\left( x\right) - f\left( 0\right) }{x} = 0. $$

因此

$$ {f}^{\prime }\left( 0\right) = 0. $$

我们求得

$$ {f}^{\prime }\left( x\right) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{{x}^{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}, & \text{ 如果 }x > 0, \\ 0, & \text{ 如果 }x \leq 0. \end{array}\right. $$

假设

$$ {f}^{\left( k\right) }\left( x\right) = \left\{ \begin{array}{ll} {P}_{2k}\left( \frac{1}{x}\right) {\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}, & \text{ 如果 }x > 0, \\ 0, & \text{ 如果 }x \leq 0 \end{array}\right. $$

(这里 ${P}_{2k}\left( u\right)$ 是变元 $u$ 的 ${2k}$ 次多项式). 于是,对于 $x > 0$ 有

$$ {f}^{\left( k + 1\right) }\left( x\right) = \left\lbrack {{P}_{2k}\left( \frac{1}{x}\right) - {P}_{2k}^{\prime }\left( \frac{1}{x}\right) }\right\rbrack \frac{1}{{x}^{2}}{\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}} $$

$$ = {P}_{2\left( {k + 1}\right) }\left( \frac{1}{x}\right) {\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}. $$

我们来考察 $f$ 在 $x = 0$ 处的 $k + 1$ 阶导数. 利用洛必达法则可以求得

$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}\frac{{f}^{\left( k\right) }\left( x\right) - {f}^{\left( k\right) }\left( 0\right) }{x} = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}\frac{{f}^{\left( k + 1\right) }\left( x\right) }{1} $$

$$ = \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 + }}\frac{{P}_{2\left( {k + 1}\right) }\left( \frac{1}{x}\right) }{{\mathrm{e}}^{\frac{1}{x}}} = 0. $$

另外显然有

$$ \mathop{\lim }\limits_{{x \rightarrow 0 - }}\frac{{f}^{\left( k\right) }\left( x\right) - {f}^{\left( k\right) }\left( 0\right) }{x} = 0. $$

这样, 我们证明了

$$ {f}^{\left( k + 1\right) }\left( 0\right) = 0. $$

根据归纳原理,我们已经证明了: 函数 $f$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导任意多次,并且

$$ {f}^{\left( n\right) }\left( x\right) = \left\{ \begin{array}{ll} {P}_{2n}\left( \frac{1}{x}\right) {\mathrm{e}}^{-\frac{1}{x}}, & \text{ 如果 }x > 0, \\ 0, & \text{ 如果 }x \leq 0. \end{array}\right. $$

注记 设 $f$ 是

📋 详细解题步骤

步骤 1/6
目标：证明函数在x≠0处可导任意多次
对于x>0，f(x)=e^{-1/x}，是初等函数，可导任意多次；对于x<0，f(x)=0，显然可导任意多次。因此只需考察x=0处的可导性。
提示：分段函数在分段点处的可导性需要单独讨论。
步骤 2/6
目标：计算f在x=0处的导数
计算左右导数：左导数为0；右导数lim_{x→0+} (e^{-1/x} - 0)/x = lim_{x→0+} e^{-1/x}/x = lim_{t→+∞} t/e^t = 0。因此f'(0)=0。
公式：lim_{x→0+} e^{-1/x}/x = lim_{t→+∞} t/e^t = 0
提示：使用变量代换t=1/x，将极限转化为已知极限。
步骤 3/6
目标：归纳假设：假设f的k阶导数形式
假设f^{(k)}(x) = { P_{2k}(1/x) e^{-1/x} 若x>0, 0 若x≤0 }，其中P_{2k}是2k次多项式。
公式：f^{(k)}(x) = P_{2k}(1/x) e^{-1/x} (x>0)
提示：归纳法是证明无限可导的常用方法。
步骤 4/6
目标：证明k+1阶导数在x>0时形式成立
对x>0求导：f^{(k+1)}(x) = [P_{2k}'(1/x) * (-1/x^2) e^{-1/x} + P_{2k}(1/x) e^{-1/x} * (1/x^2)] = [P_{2k}(1/x) - P_{2k}'(1/x)] (1/x^2) e^{-1/x} = P_{2(k+1)}(1/x) e^{-1/x}，其中P_{2(k+1)}是2(k+1)次多项式。
公式：f^{(k+1)}(x) = [P_{2k}(1/x) - P_{2k}'(1/x)] (1/x^2) e^{-1/x}
提示：注意求导时链式法则的应用。
步骤 5/6
目标：证明f^{(k+1)}(0)=0
计算右导数：lim_{x→0+} (f^{(k)}(x) - f^{(k)}(0))/x = lim_{x→0+} f^{(k+1)}(x) = lim_{x→0+} P_{2(k+1)}(1/x) e^{-1/x} = 0（因为指数衰减快于任何多项式增长）。左导数显然为0。因此f^{(k+1)}(0)=0。
公式：lim_{x→0+} P_{2(k+1)}(1/x) e^{-1/x} = 0
提示：利用洛必达法则或已知极限：多项式除以指数趋于0。
步骤 6/6
目标：由归纳原理得出结论
由数学归纳法，f在R上任意阶可导，且导数形式如归纳假设。
提示：归纳原理保证了所有阶导数的存在性。

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