《陶哲轩实分析》(中文第一版)——§10.3解答

习题10.3

10.3.1证明：已知f在 $x_0$ 处可微，由命题9.3.9知对任意由 $X\backslash\{x_0\}$ 中元素组成并且收敛到 $x_0$ 的序列 $(a_n)_{n=0}^\infty$ 有序列 $(\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0})_{n=0}^\infty$ 收敛到 $f'(x_0)$ . 而对一切自然数n，由于有 $a_n\in X\backslash\{x_0\}$ ，进而 $a_n\in X$ 且 $a_n\neq x_0$ ，进一步有 $a_n<x_0$ 或 $a_n>x_0$ . 先考虑 $a_n<x_0$ 的情形，由于f单调增且 $a_n,x_0\in X$ ，进而有 $f(a_n)\leqslant f(x_0)$ ，进而有 $\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0}\geqslant 0$ ；同理可证当 $a_n>x_0$ 时亦有 $\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0}\geqslant 0$ . 综上，对一切自然数n有 $\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0}\geqslant 0$ . 由命题5.4.9关于实数列的推广形式知有 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{f(a_n)-f(x_0)}{a_n-x_0}=f'(x_0)\geqslant 0$ .

同理可证f为单调减情形.

10.3.2例子：函数 $f:(-1, 1)\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=x+\frac{1}{2}|x|$ . 由命题9.4.9、命题9.4.12以及习题9.4.6知f在(-1, 1)上连续. 对任意 $x,y\in(-1, 1)$ ，如果 $x<y$ ，分三种情形讨论：

若 $x<0$ 且 $y\geqslant 0$ ，则 $f(x)=x-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x<0\leqslant\frac{3}{2}y=y+\frac{1}{2}y=f(y)$ .
若 $x,y\geqslant 0$ ，则 $f(x)=x+\frac{1}{2}x=\frac{3}{2}x<\frac{3}{2}y=y+\frac{1}{2}y=f(y)$ .
若 $x,y<0$ ，则 $f(x)=x-\frac{1}{2}x=\frac{1}{2}x<\frac{1}{2}y=y-\frac{1}{2}y=f(y)$ .

综上，f在(-1, 1)上严格增，进而单调增.

由于 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in(-1, 0)}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0; x\in(-1, 0)}\frac{\frac{1}{2}x-0}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0; x\in(-1, 0)}\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$ ，而 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in(0, 1)}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0; x\in(0, 1)}\frac{\frac{3}{2}x-0}{x-0}=\lim_{x\rightarrow 0; x\in(0, 1)}\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ ，于是函数极限 $\displaystyle\lim_{x\rightarrow 0; x\in(-1, 1)\backslash\{0\}}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$ 不存在，即f在0处不可微. 由于f在0处不可微，故命题10.3.1对f在0处不适用.

10.3.3例子：函数 $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}, f(x):=x^3$ . 由习题10.1.5知f在整个实直线上可微并且 $f'(x)=3x^2$ ，进而 $f'(0)=0$ . 对任意 $x,y\in\mathbb{R}$ ，如果 $x<y$ ，我们分三种情形讨论：

若 $x<0$ 且 $y\geqslant 0$ ，进而 $x^3<0$ 且 $y^3\geqslant 0$ ，进而 $x^3<y^3$ .
若 $x,y\geqslant 0$ ，由 $x<y$ 进一步知 $y>0$ ，进而 $x^2\leqslant xy<y^2$ ，即 $x^2<y^2$ ，进而 $x^3\leqslant xy^2<y^3$ ，故 $x^3<y^3$ .
若 $x,y<0$ ，进而有 $-x,-y>0$ ，同上面第二种情形的论述有 $(-y)^3<(-x)^3$ ，即 $-y^3<-x^3$ ，即 $x^3<y^3$ . 综上，f为严格增函数.

命题10.3.1显然适用于此例子，而命题10.3.3要依函数限制的定义域看是否适用此例子.

10.3.4证明：对于任意 $x,y\in[a, b]$ ，如果 $x<y$ ，则区间 $[x, y]$ 和 $(x, y)$ 非退化（即不是空集且不是单元素集）. 已知 $f:[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ 在[a, b]上可微，由习题10.1.1知 $f|_{[x, y]}$ 在(x, y)上可微，并且由命题10.1.10和习题9.4.6知 $f|_{[x, y]}$ 在[x, y]上连续，由推论10.2.9知存在 $x'\in[x, y]$ 使得 $f'(x')=\frac{f(y)-f(x)}{y-x}>0$ ，由于 $x<y$ ，进而 $y-x>0$ ，进而 $f(y)-f(x)>0$ ，即 $f(x)<f(y)$ . 故f是严格增函数.

同理可证 $f':[a, b]\rightarrow\mathbb{R}$ 恒小于0的情形和恒等于0的情形.

10.3.5例子：函数 $f:[-2, 0]\cup[1, +\infty)\rightarrow\mathbb{R}$ ，当 $x\in[-2, 0]$ 时 $f(x):=x+2$ ，当 $x\in[1, +\infty)$ 时 $f(x):=x^2$ . 容易证明f在整个定义域上可微，并且当 $x\in[-2, 0]$ 时 $f'(x)=1>0$ 和当 $x\in[1, +\infty)$ 时 $f'(x)=2x\geqslant 2>0$ . 但是有 $f(0)=2>1=f(1)$ ，于是f不是严格单调增的.

文内补充

1.从函数的单调性看其导函数有命题10.3.1；从函数的导函数看其单调性有命题10.3.3.

2.习题10.3.4，如果我们知道了微积分基本定理，那么对任意 $x,y\in[a, b]$ ，如果 $x<y$ ，我们有 $\displaystyle\int_x^y f'(x) \ dx=f(x)\mid_x^y=f(y)-f(x)$ ，而由于对一切 $x\in[x, y]$ 有 $f'(x)>0$ ，进而我们有 $\displaystyle\int_{x}^{y} f'(x)\ dx\geqslant 0$ ，即 $f(y)-f(x)\geqslant 0$ ，即 $f(x)\leqslant f(y)$ ，但由定理10.2.7(Rolle定理)我们知不可能为 $f(x)=f(y)$ ，故 $f(x)<f(y)$ .