用 ε-δ 验证导数定义

题目

用导数的 ε-δ 等价定义（ANL-DEF-014）严格验证：

1. $f(x)=x^2$ 在 $x_0=3$ 处可导且 $f^{\prime }(3)=6$。
2. $f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $x_0=2$ 处可导且 $f^{\prime }(2)=-\frac{1}{4}$。
3. 边界判定：$f(x)=x|x|$ 在 $x_0=0$ 处可导，求 $f^{\prime }(0)$，并说明 $f$ 是否在 $0$ 处二阶可导。

提示

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• 第 1 题：把 $\frac{f(3+\Delta x)-f(3)}{\Delta x}-6$ 化简，找到含 $|\Delta x|$ 因子的简单形式，即可定 $\delta$。
• 第 2 题：差商 $\frac{1/(2+\Delta x)-1/2}{\Delta x}$ 通分后简化为 $\frac{-1}{2(2+\Delta x)}$。要令其逼近 $-1/4$ 需控制 $|\Delta x|$ 不太大（如 $|\Delta x|<1$）。
• 第 3 题：$f(x)=x|x|$ 是分段函数，须用ANL-DEF-016单侧导数；分别在 $x\to 0^{+}$ 与 $x\to 0^{-}$ 计算差商极限。 二阶导考察 $f^{\prime }$ 是否在 $0$ 处可导（即是否存在 $f^{\prime \prime }(0)$）。

解答

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第 1 题：$f(x)=x^2$，$f^{\prime }(3)=6$

证明：取 $\epsilon >0$。对 $\Delta x\ne 0$，

$$\frac{f(3+\Delta x)-f(3)}{\Delta x}-6=\frac{(3+\Delta x{)}^2-9}{\Delta x}-6=\frac{6\Delta x+(\Delta x{)}^2}{\Delta x}-6=\Delta x.$$

故只需 $|\Delta x|<\epsilon$ 即得

$$\left|\frac{f(3+\Delta x)-f(3)}{\Delta x}-6\right|=|\Delta x|<\epsilon .$$

取 $\delta =\epsilon$ 即可。$■$

第 2 题：$f(x)=1/x$，$f^{\prime }(2)=-1/4$

证明：取 $\epsilon >0$。对 $\Delta x\ne 0$，$\Delta x>-2$（保证 $2+\Delta x\ne 0$），

$$\frac{f(2+\Delta x)-f(2)}{\Delta x}=\frac{1}{\Delta x}\left(\frac{1}{2+\Delta x}-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{\Delta x}\cdot \frac{2-(2+\Delta x)}{2(2+\Delta x)}=\frac{-1}{2(2+\Delta x)}.$$

差与目标 $-1/4$ 之差：

$$\frac{-1}{2(2+\Delta x)}-\left(-\frac{1}{4}\right)=\frac{-1}{2(2+\Delta x)}+\frac{1}{4}=\frac{-2+(2+\Delta x)}{4(2+\Delta x)}=\frac{\Delta x}{4(2+\Delta x)}.$$

控制 $|\Delta x|$：先要求 $|\Delta x|<1$，则 $2+\Delta x\in (1,3)$，故 $|2+\Delta x|>1$，

$$\left|\frac{\Delta x}{4(2+\Delta x)}\right|<\frac{|\Delta x|}{4}.$$

故只需 $\frac{|\Delta x|}{4}<\epsilon$，即 $|\Delta x|<4\epsilon$。 取 $\delta =\min (1,4\epsilon )$ 即可。$■$

关键点：分母 $2+\Delta x$ 不为零是结构限制；用 $|\Delta x|<1$ 圈出”安全邻域”是常见技巧。

第 3 题：$f(x)=x|x|$ 在 $0$ 处

写明分段：$f(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^2,& x\ge 0\\ -x^2,& x<0\end{array}$

右导数：

$$f_{+}^{\prime }(0)=\underset{\Delta x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0^{+}}{\lim }\frac{(\Delta x{)}^2}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0^{+}}{\lim }\Delta x=0.$$

左导数：

$$f_{-}^{\prime }(0)=\underset{\Delta x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0^{-}}{\lim }\frac{-(\Delta x{)}^2}{\Delta x}=\underset{\Delta x\to 0^{-}}{\lim }(-\Delta x)=0.$$

由 ANL-DEF-016，$f_{+}^{\prime }(0)=f_{-}^{\prime }(0)=0$，故 $f$ 在 $0$ 处可导，$f^{\prime }(0)=0$。

二阶可导性分析：先求 $f^{\prime }(x)$ 全定义：

• $x>0$：$f^{\prime }(x)=2x$
• $x<0$：$f^{\prime }(x)=-2x$
• $x=0$：$f^{\prime }(0)=0$（已证）

合并：$f^{\prime }(x)=2|x|$。

$f^{\prime }$ 在 $0$ 处是否可导？ 即问 $|x|$ 在 $0$ 处是否可导。 由 ANL-DEF-016 经典结论，$|x|$ 在 $0$ 处不可导（左右导数 $\mp 1$ 不等）。 故 $f^{\prime }$ 在 $0$ 处不可导，$f$ 在 $0$ 处不二阶可导。

几何解释：$f(x)=x|x|$ 图像在 $0$ 处”光滑连接”两段抛物线（共享水平切线）， 但二阶导数描述弯曲方向——左侧 $f^{\prime \prime }=-2$（凹），右侧 $f^{\prime \prime }=2$（凸），不连续。 故 $0$ 处一阶导存在但二阶导不存在，是”光滑度恰好为 $C^1$ 而非 $C^2$“的典型例子。

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考察点

• ANL-DEF-014 导数的 ε-δ 等价定义的正向运用
• ANL-DEF-016 单侧导数（用于分段函数）
• 控制 $\delta$ 时的”先圈邻域再求 $\delta$“技巧（第 2 题）
• 一阶可导但不二阶可导的典型反例（第 3 题）

备注

ε-δ 法的常见 $\delta$ 选取套路：

差商化简形式	$\delta$ 取法
$\Delta x$	$\delta =\epsilon$
$\frac{c\cdot \Delta x}{(\text{有界, 远离零})}$	$\delta =\min (\text{邻域半径},\epsilon \cdot \text{下界}/c)$
$(\Delta x{)}^2/(\dots )$	先圈邻域使分母有下界，再 $\delta =\min (\dots ,\sqrt{\epsilon \cdot c})$