方企勤 第二章 一元函数微分学 第2.1题

### 2.1.10 **题目**：试确定 $m$，使直线 $y = mx$ 为曲线 $y = \ln x$ 的切线。

**解答**：

设切点为 $(x_0, \ln x_0)$，其中 $x_0 > 0$。 曲线 $y = \ln x$ 的导数为 $$ y' = \frac{1}{x}. $$ 在 $x_0$ 处的切线斜率为 $\frac{1}{x_0}$，因此切线方程为 $$ y - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(x - x_0). $$ 由于切线过原点且形式为 $y = mx$，所以该直线必须通过 $(0,0)$，代入得 $$ 0 - \ln x_0 = \frac{1}{x_0}(0 - x_0) = -1. $$ 于是 $$ -\ln x_0 = -1 \quad\Rightarrow\quad \ln x_0 = 1 \quad\Rightarrow\quad x_0 = e. $$ 此时斜率 $$ m = \frac{1}{x_0} = \frac{1}{e}. $$ 因此，所求的 $m = \frac{1}{e}$。

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### 2.1.11 **题目**：设 $y = \frac{\arcsin x}{\sqrt{1 - x^{2}}}$。

#### (1) 求证：$(1 - x^{2}) y' - x y = 1$

**证明**：

由 $$ y = \frac{\arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}}, $$ 两边对 $x$ 求导，使用商法则： $$ y' = \frac{ \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \sqrt{1 - x^2} - \arcsin x \cdot \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}} }{1 - x^2}. $$ 注意 $\frac{d}{dx}\arcsin x = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$，且 $\frac{d}{dx} \sqrt{1 - x^2} = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}}$。

化简分子： 第一项：$\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}} \cdot \sqrt{1 - x^2} = 1$。 第二项：$- \arcsin x \cdot \frac{-x}{\sqrt{1 - x^2}} = \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}}$。 因此分子为 $$ 1 + \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}}. $$ 所以 $$ y' = \frac{1}{1 - x^2} + \frac{x \arcsin x}{(1 - x^2)\sqrt{1 - x^2}}. $$ 两边乘以 $(1 - x^2)$： $$ (1 - x^2) y' = 1 + \frac{x \arcsin x}{\sqrt{1 - x^2}} = 1 + x y. $$ 移项即得 $$ (1 - x^2) y' - x y = 1. $$ 证毕。

#### (2) 求 $y^{(n)}(0)$

利用 (1) 的结论： $$ (1 - x^2) y' = 1 + x y. $$ 对两边求 $n$ 阶导数（使用莱布尼茨公式）。 左边： $$ \frac{d^n}{dx^n}\big[(1 - x^2) y'\big] = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (1 - x^2)^{(k)} y^{(n - k + 1)}. $$ 由于 $1 - x^2$ 的三阶及以上导数为零，只需 $k = 0,1,2$： - $k=0$：$(1 - x^2) y^{(n+1)}$ - $k=1$：$\binom{n}{1} (-2x) y^{(n)}$ - $k=2$：$\binom{n}{2} (-2) y^{(n-1)}$

右边： $$ \frac{d^n}{dx^n}(1 + x y) = x y^{(n)} + n y^{(n-1)}. $$ （因为 $1$ 的导数为零，$x$ 的一阶导数为1，二阶及以上为零。）

于是得到递推关系： $$ (1 - x^2) y^{(n+1)} - 2n x y^{(n)} - n(n-1) y^{(n-1)} = x y^{(n)} + n y^{(n-1)}. $$ 代入 $x = 0$，得 $$ y^{(n+1)}(0) - 0 - n(n-1) y^{(n-1)}(0) = 0 + n y^{(n-1)}(0). $$ 即 $$ y^{(n+1)}(0) = n(n-1) y^{(n-1)}(0) + n y^{(n-1)}(0) = n^2 y^{(n-1)}(0). $$

初始值： $y(0) = 0$，由 (1) 知 $y'(0) = 1$。 由递推，奇数阶导数： $y'(0)=1$， $y'''(0) = 2^2 \cdot y'(0) = 4$， $y^{(5)}(0) = 4^2 \cdot y'''(0) = 16 \cdot 4 = 64$， 一般地， $$ y^{(2k+1)}(0) = ( (2k)!! )^2 = (2^k k!)^2. $$ 偶数阶导数： $y(0)=0$，$y''(0)=0$，递推得所有偶数阶导数为0。

因此 $$ y^{(n)}(0) = \begin{cases} 0, & n \text{为偶数},\\ (2^k k!)^2, & n = 2k+1. \end{cases} $$

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### 2.1.12 **题目**：求 $f(x) = \frac{x}{1 - x^2}$ 的 $n$ 阶导数。

**解答**：

先分解为部分分式： $$ \frac{x}{1 - x^2} = \frac{x}{(1-x)(1+x)}. $$ 设 $$ \frac{x}{(1-x)(1+x)} = \frac{A}{1-x} + \frac{B}{1+x}. $$ 解得 $A = \frac12$，$B = -\frac12$。因此 $$ f(x) = \frac12 \cdot \frac{1}{1-x} - \frac12 \cdot \frac{1}{1+x}. $$ 已知 $$ \frac{d^n}{dx^n} \frac{1}{1-x} = \frac{n!}{(1-x)^{n+1}}, \quad \frac{d^n}{dx^n} \frac{1}{1+x} = \frac{(-1)^n n!}{(1+x)^{n+1}}. $$ 所以 $$ f^{(n)}(x) = \frac12 \left[ \frac{n!}{(1-x)^{n+1}} - \frac{(-1)^n n!}{(1+x)^{n+1}} \right]. $$ 整理得 $$ f^{(n)}(x) = \frac{n!}{2} \left[ \frac{1}{(1-x)^{n+1}} - \frac{(-1)^n}{(1+x)^{n+1}} \right]. $$

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### 2.1.13 **题目**：设 $y = x^{n-1} \ln x$，求证：$y^{(n)} = \frac{(n-1)!}{x}$。

**证明**：

使用莱布尼茨公式求 $n$ 阶导数。设 $u = \ln x$，$v = x^{n-1}$。 则 $$ y^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} u^{(k)} v^{(n-k)}. $$ 已知 $$ u^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1} (k-1)!}{x^k}, \quad k \ge 1, $$ 且 $u^{(0)} = \ln x$。 而 $$ v^{(m)} = (n-1)(n-2)\cdots (n-m) x^{n-1-m}, \quad m \le n-1, $$ 当 $m = n$ 时，$v^{(n)} = 0$。

在求和中，只有 $k \ge 1$ 且 $n-k \le n-1$ 的项非零，即 $k