习题课讲解

5.3 习题课讲解

5.3.1 导数与微分

例 5.3.1 设 $f$ 在闭区间 $[α, β]$ 上连续，在开区间 $I = (α, β)$ 内可微。

(1): 证明： $\forall x_{0} \in I$ ，若 ${a_{n}}, {b_{n}} \subseteq I$ 满足 $a_{n} \leq x_{0} \leq b_{n}$ 、 $a_{n} < b_{n}$ 且 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = x_{0} = lim_{n \to + \infty} b_{n}$ ，则 $\begin{matrix} (1) & lim_{n \to + \infty} \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}} = f^{'} (x_{0}) \end{matrix}$
(2): 证明： $\forall a_{1}, b_{1} \in I$ 且 $a_{1} < b_{1}$ ，存在闭区间套 $[a_{n}, b_{n}]$ 使得 $\begin{matrix} (2) & \frac{f (b_{n + 1}) - f (a_{n + 1})}{b_{n + 1} - a_{n + 1}} \leq \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}}, \forall n \in N \end{matrix}$ 并且 $\begin{matrix} (3) & lim_{n \to + \infty} a_{n} = lim_{n \to + \infty} b_{n} \end{matrix}$
(3): 利用(1)和(2)的结论证明， $\forall a, b \in I$ 且 $a < b$ ， $\exists ξ \in [a, b]$ 使得 $\begin{matrix} (4) & f^{'} (ξ) \leq \frac{f (b) - f (a)}{b - a} \end{matrix}$
(4): 利用(3)证明：若 $\forall x \in I$ ， $f^{'} (x) \geq 0$ ，则 $f$ 在 $I$ 上单调不减；若 $\forall x \in I$ ， $f^{'} (x) > 0$ ，则 $f$ 在 $I$ 上严格增。
(5): 利用(4)证明：若 $\forall x \in I$ ， $f^{'} (x) = 0$ ，则 $f$ 在 $[α, β]$ 上为常数。

证明 (1) 由 $f$ 在 $x_{0}$ 处可微可得 $\forall ε > 0$ ， $\exists δ > 0$ 使得 $\forall x \in I$ ， $\begin{matrix} (5) & | x - x_{0} | < δ ⟹ - ε | x - x_{0} | < f (x) - f (x_{0}) - f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) < ε | x - x_{0} | \end{matrix}$ 由于 $a_{n}, b_{n} \to x_{0}$ ，故 $\exists N > 0$ 使得 $\begin{matrix} (6) & n \geq N ⟹ x_{0} - δ < a_{n} \leq x_{0} \leq b_{n} < x_{0} + δ \end{matrix}$ 从而有 $\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} - ε (x_{0} - a_{n}) & \leq f (a_{n}) - f (x_{0}) - f^{'} (x_{0}) (a_{n} - x_{0}) \leq ε (x_{0} - a_{n}) \\ - ε (b_{n} - x_{0}) & \leq f (b_{n}) - f (x_{0}) - f^{'} (x_{0}) (b_{n} - x_{0}) \leq ε (b_{n} - x_{0}) \\ ⟹ - ε (b_{n} - a_{n}) & \leq f (b_{n}) - f (a_{n}) - f^{'} (x_{0}) (b_{n} - a_{n}) \leq ε (b_{n} - a_{n}) \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $\begin{matrix} (8) & | \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}} - f^{'} (x_{0}) | \leq ε ⟹ lim_{n \to + \infty} \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}} = f^{'} (x_{0}) \end{matrix}$

(2) 当 $[a_{n}, b_{n}]$ 已构造好时，我们继续构造 $[a_{n + 1}, b_{n + 1}]$ 。考虑该区间的中点 $c_{n} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$ ，

若 $\frac{f (c_{n}) - f (a_{n})}{c_{n} - a_{n}} \leq \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}}$ ，则令 $a_{n + 1} = a_{n}$ ， $b_{n + 1} = c_{n}$ 。
若 $\frac{f (c_{n}) - f (a_{n})}{c_{n} - a_{n}} > \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}}$ ，则必有 $\frac{f (b_{n}) - f (c_{n})}{b_{n} - c_{n}} < \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}}$ ，令 $a_{n + 1} = c_{n}$ ， $b_{n + 1} = b_{n}$ 。

这样就构造出了闭区间套 $[a_{n}, b_{n}]$ 。

(3) 取 $a_{1} = a$ 、 $b_{1} = b$ ，并依(2)构造闭区间套。由有界闭区间套定理可知， $\exists ξ \in ⋂_{n = 1}^{\infty} [a_{n}, b_{n}]$ ，且 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = lim_{n \to + \infty} b_{n} = ξ$ 。由(1)可知 $\begin{matrix} (9) & f^{'} (ξ) = lim_{n \to + \infty} \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}} \leq \frac{f (b) - f (a)}{b - a} \end{matrix}$

(4) $\forall a, b \in I$ ，设 $a < b$ ，则 $\exists ξ \in [a, b]$ 使得 $\begin{matrix} (10) & 0 \leq f^{'} (ξ) \leq \frac{f (b) - f (a)}{b - a} ⟹ f (b) - f (a) \geq 0 \end{matrix}$ 即 $f$ 在开区间 $(α, β)$ 上单调不减。

在端点 $α, β$ 处，注意到 $\forall x, y \in (α, β)$ 且 $x \leq y$ ， $\exists u \in (α, x)$ 、 $v \in (y, β)$ ，则有 $\begin{matrix} (11) & f (u) \leq f (x) \leq f (y) \leq f (v) \end{matrix}$ 令 $u \to α^{+}$ 、 $v \to β^{-}$ ，由连续性可知 $\begin{matrix} (12) & f (α) = lim_{u \to α^{+}} f (u) \leq f (x) \leq f (y) \leq lim_{v \to β^{-}} f (v) = f (β) \end{matrix}$ 即 $f$ 在闭区间 $[α, β]$ 上单调不减。

当 $f^{'} (x) > 0$ 时，只需要将上述证明中的红色不等号改为严格不等号即可。

(5) 由(4)可知 $f$ 和 $- f$ 均在 $[α, β]$ 上单调不减，故 $f$ 在 $[α, β]$ 上为常数。 $◻$

例 5.3.2 设 $A > 1$ ， $\begin{matrix} (13) & f (x) = {\begin{cases} x + A x^{2} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$

(1): 证明： $f$ 可微，但 $f^{'}$ 在 $x = 0$ 处不连续，并讨论 $f^{'}$ 在 $x = 0$ 处的间断类型。
(2): 证明： $f^{'} (0) > 0$ ，但在 $x = 0$ 的任意邻域内， $f$ 都不是单调函数。
(3): 例5.3.1中如果不假定 $a_{n} \leq x_{0} \leq b_{n}$ ，则结论不成立。

解 (1) 当 $x \neq 0$ 时， $f$ 为初等函数的复合，故 $f \in C^{\infty}$ ，且 $\begin{matrix} (14) & f^{'} (x) = 1 + 2 A x \sin \frac{1}{x} - A \cos \frac{1}{x} \end{matrix}$ 它在 $x \to 0^{\pm}$ 时均无极限，故 $x = 0$ 是 $f^{'}$ 的第二类间断点。当 $x = 0$ 时，有 $\begin{matrix} (15) & f^{'} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f (x)}{x} = 1 \end{matrix}$ 故 $f$ 可微。

(2) $f^{'} (0) = 1 > 0$ ，取 $x_{n} = \frac{1}{2 n π}$ 、 $y_{n} = \frac{1}{(2 n + 1) π}$ ，则 $\begin{matrix} (16) & f^{'} (x_{n}) = 1 - A < 0, f^{'} (y_{n}) = 1 + A > 0 \end{matrix}$ 于是在包含 $x_{n}$ 的任何开区间内， $f$ 都不是单调不减的；在包含 $y_{n}$ 的任何开区间内， $f$ 都不是单调不增的。故 $\forall δ > 0$ ，取足够大的 $n$ 使 $x_{n}, y_{n} \in (0, δ)$ ，于是 $f$ 在区间 $[0, δ)$ 中都不是单调的。同理可证 $f$ 在区间 $(- δ, 0]$ 中也不是单调的。

(3) 由 $f^{'} (x_{n}) < 0$ 知存在 $0 < a_{n} < x_{n} < b_{n} < 2 x_{n}$ 使得 $\frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}} < 0$ 。易见 $lim_{n \to + \infty} a_{n} = lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0$ ，而 $lim_{n \to + \infty} \frac{f (b_{n}) - f (a_{n})}{b_{n} - a_{n}} = f^{'} (0)$ 不成立。 $◻$

例 5.3.3 设 $α > 0$ ，记 $\begin{matrix} (17) & f_{α} (x) := x^{x^{α}}, x > 0 \end{matrix}$

(1): 求 $f_{α}^{'} (x)$ 。
(2): 证明 $x = 0$ 为 $f_{α}$ 的可去间断点。
(3): 记 $\begin{matrix} (18) & g (x) := {\begin{cases} f_{α} (x), & x > 0 \\ lim_{t \to 0^{+}} f_{α} (t), & x \leq 0 \end{cases} \end{matrix}$ 讨论 $g$ 是否在 $x = 0$ 处可微。在它可微时，讨论 $g^{'}$ 的连续性。

解 (1) $f_{α}$ 为初等函数，因此 $\begin{matrix} (19) & f_{α}^{'} (x) = x^{x^{α} + α - 1} (α \ln x + 1) \end{matrix}$

(2) 注意到 $\begin{matrix} (20) & lim_{x \to 0^{+}} f_{α} (x) = \exp lim_{x \to 0^{+}} x^{α} \ln x = \exp lim_{t \to + \infty} \frac{- t}{e^{α t}} = \exp 0 = 1, x = e^{- t} \end{matrix}$

(3) 由(2)知 $\begin{matrix} (21) & g (x) = {\begin{cases} x^{x^{α}}, & x > 0 \\ 1, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 易见 $g_{-}^{'} (0) = 0$ ，注意到 $\begin{matrix} (22) & g_{+}^{'} (0) = lim_{x \to 0^{+}} \frac{x^{x^{α}} - 1}{x} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{e^{x^{α} \ln x} - 1}{x^{α} \ln x} \frac{\ln x}{x^{1 - α}} = {\begin{cases} 0, & α > 1 \\ - \infty, & α \leq 1 \end{cases} \end{matrix}$ 因此 $g$ 在 $x = 0$ 处可微当且仅当 $α > 1$ ，此时 $\begin{matrix} (23) & g^{'} (x) = {\begin{cases} x^{x^{α} + α - 1} (α \ln x + 1), & x > 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 由于 $lim_{x \to 0^{+}} g^{'} (x) = 0$ ，故 $g^{'}$ 在 $x = 0$ 处连续。 $◻$

例 5.3.4 $f (x)$ 在 $x = a$ 可导， $f (a) \neq 0$ ，求 $\begin{matrix} (24) & lim_{x \to \infty} {(\frac{f (a + \frac{1}{x})}{f (a)})}^{x} \end{matrix}$

解注意到 $\begin{matrix} (25) & f (a + y) = f (a) + f^{'} (a) y + o (y), y \to 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (26) & \begin{aligned} {(\frac{f (a + \frac{1}{x})}{f (a)})}^{x} & = \exp [x \ln \frac{f (a + \frac{1}{x})}{f (a)}] = \exp [x \ln (1 + \frac{f^{'} (a)}{f (a)} \frac{1}{x} + o (\frac{1}{x}))] \\ = \exp [\frac{f^{'} (a)}{f (a)} + o (1)] \to \exp \frac{f^{'} (a)}{f (a)}, x \to \infty \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

另解 $\begin{matrix} (27) & \begin{aligned} lim_{x \to \infty} {(\frac{f (a + \frac{1}{x})}{f (a)})}^{x} & = lim_{x \to \infty} {(1 + \frac{f (a + \frac{1}{x}) - f (a)}{f (a)})}^{\frac{f (a)}{f (a + \frac{1}{x}) - f (a)} \frac{f (a + \frac{1}{x}) - f (a)}{f (a) \frac{1}{x}}} \\ = {[lim_{x \to \infty} {(1 + \frac{f (a + \frac{1}{x}) - f (a)}{f (a)})}^{\frac{f (a)}{f (a + \frac{1}{x}) - f (a)}}]}^{\frac{1}{f (a)} lim_{x \to \infty} \frac{f (a + \frac{1}{x}) - f (a)}{\frac{1}{x}}} \\ = \exp \frac{f^{'} (a)}{f (a)} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注若使用换元法 $y = \frac{1}{x} \to 0$ ，需注意 $f (a)$ 可能小于 $0$ 。 $\begin{matrix} (28) & {(\frac{f (a + \frac{1}{x})}{f (a)})}^{x} = \exp \frac{\ln | f (a + y) | - \ln | f (a) |}{y} \to \exp {[\ln | f (y) |]}_{y = a}^{'} = \exp \frac{f^{'} (a)}{f (a)} \end{matrix}$

例 5.3.5 设 $a > b > 0$ ，考虑具有相同形状的一族椭圆 $\begin{matrix} (29) & E_{t} : \frac{x^{2}}{a^{2} t} + \frac{y^{2}}{b^{2} t} = 1, t > 0 \end{matrix}$ 设 $P (x_{1}, y_{1})$ 是椭圆 $E_{t}$ 上一点，它不在椭圆的长轴或短轴上。证明：存在唯一的 $s > 0$ 使得椭圆 $E_{t}$ 在点 $(x_{1}, y_{1})$ 处的法线与椭圆 $E_{s}$ 相切。

解视椭圆方程为 $y$ 关于 $x$ 的隐函数，则 $\begin{matrix} (30) & \frac{2 x_{1}}{a^{2} t} + \frac{2 y_{1}}{b^{2} t} y^{'} (x_{1}) = 0 ⟹ y^{'} (x_{1}) = - \frac{b^{2} x_{1}}{a^{2} y_{1}} \end{matrix}$ 故椭圆 $E_{t}$ 在点 $P$ 处的切线和法线为 $\begin{matrix} (31) & y - y_{1} = - \frac{b^{2} x_{1}}{a^{2} y_{1}} (x - x_{1}), y - y_{1} = \frac{a^{2} y_{1}}{b^{2} x_{1}} (x - x_{1}) \end{matrix}$ 设该法线是椭圆 $E_{s}$ 在 $(x_{2}, y_{2})$ 处的切线，则有 $\begin{matrix} (32) & y_{2} - y_{1} = - \frac{b^{2} x_{2}}{a^{2} y_{2}} (x_{2} - x_{1}) = \frac{a^{2} y_{1}}{b^{2} x_{1}} (x_{2} - x_{1}) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (33) & {\begin{cases} a^{2} y_{1} (x_{2} - x_{1}) - b^{2} x_{1} (y_{2} - y_{1}) = 0 \\ a^{4} y_{1} y_{2} + b^{4} x_{1} x_{2} = 0 \end{cases}, s = \frac{x_{2}^{2}}{a^{2}} + \frac{y_{2}^{2}}{b^{2}} \end{matrix}$ 这是关于 $x_{2}, y_{2}$ 的线性方程组，系数矩阵可逆，故 $s$ 存在且唯一。 $◻$

例 5.3.6 已知摆线的参数方程 $\begin{matrix} (34) & {\begin{cases} x = A (t - \sin t) \\ y = A (1 - \cos t) \end{cases}, t \in R \end{matrix}$

(1): 证明：摆线方程在 $t \in (0, 2 π)$ 时确定了可微函数 $y = y (x)$ ，并讨论 $y (x)$ 的单调性。
(2): 证明：摆线满足微分方程 $(1 + y_{x}^{' 2}) y = 2 A$ 。

证明 (1) 注意到 $\begin{matrix} (35) & x^{'} (t) = A (1 - \cos t) > 0, t \in (0, 2 π) \end{matrix}$ 由例5.3.1可知 $x$ 有可微的反函数 $t (x)$ ，于是 $y = y (t (x))$ 可微，由链索法则可得 $\begin{matrix} (36) & y^{'} (x) = y^{'} (t) t^{'} (x) = \frac{y^{'} (t)}{x^{'} (t)} = \frac{\sin t}{1 - \cos t} \end{matrix}$ 故当 $t \in [0, π]$ ，即 $x \in [0, A π]$ 时，函数 $y (x)$ 严格增；当 $t \in [π, 2 π]$ ，即 $x \in [A π, 2 A π]$ 时，函数 $y (x)$ 严格减。

(2) 直接代入验证。 $◻$

5.3.2 高阶导数

例 5.3.7 设 $y = u (x)$ 、 $z = v (y)$ 且 $y, z$ 均二阶可导，求复合函数 $z = v (u (x))$ 的二阶导数。

解由链索法则可得 $\begin{matrix} (37) & \begin{aligned} z^{'} (x) & = v^{'} (u (x)) u^{'} (x) \\ z^{″} (x) & = v^{″} (u (x)) u^{'} (x)^{2} + v^{'} (u (x)) u^{″} (x) \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.8 设 $x (t), y (t)$ 二阶可微， $x^{'} (t) \neq 0 (\forall t)$ 。试用 $x, y$ 关于 $t$ 的导数与二阶导数表示函数 $y = y (x)$ 的二阶导数。

解由链索法则可得 $\begin{matrix} (38) & \frac{d^{2} y}{d x^{2}} = \frac{d}{d x} \frac{d y}{d x} = \frac{1}{x^{'} (t)} \frac{d}{d t} \frac{y^{'} (x)}{x^{'} (t)} = \frac{y^{″} (x) x^{'} (t) - y^{'} (x) x^{″} (t)}{x^{'} (t)^{3}} \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.9 设 $f$ 在区间 $(a, b)$ 内满足 $f^{″} > 0$ ，证明：

(1): $\forall x_{0} \in (a, b)$ ， $\forall x \in (a, b) ∖ {x_{0}}$ ，都有 $\begin{matrix} (39) & f (x) > f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}) \end{matrix}$
(2): $\forall x_{1}, x_{2} \in (a, b)$ 且 $x_{1} \neq x_{2}$ ，以及 $\forall t \in (0, 1)$ ，都有 $\begin{matrix} (40) & f ((1 - t) x_{1} + t x_{2}) < (1 - t) f (x_{1}) + t f (x_{2}) \end{matrix}$ 满足上式的函数 $f$ 称为严格凸函数（下凸），满足相反不等式的函数称为严格凹函数（上凸）。若将上式中的严格不等号改为不等号，则称为凸函数或凹函数。

证明 (1) 令 $\begin{matrix} (41) & g (x) := f (x) - f (x_{0}) - f^{'} (x_{0}) (x - x_{0}), x \in (a, b) \end{matrix}$ 求导可知 $\begin{matrix} (42) & \begin{aligned} g^{'} (x) & = f^{'} (x) - f^{'} (x_{0}) \\ g^{″} (x) & = f^{″} (x) > 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $g^{'}$ 在 $(a, b)$ 上严格增。易见 $g^{'} (x_{0}) = 0$ ，故当 $x \in (a, x_{0})$ 时 $g^{'} (x) < 0$ ，即 $g$ 在 $(a, x_{0})$ 严格减；当 $x \in (x_{0}, b)$ 时 $g^{'} (x) > 0$ ，即 $g$ 在 $(x_{0}, b)$ 严格增。因此 $\begin{matrix} (43) & g (x) > g (x_{0}) = 0, \forall x \in (a, b) ∖ {x_{0}} \end{matrix}$

(2) 令 $\begin{matrix} (44) & h (t) := (1 - t) f (x_{1}) + t f (x_{2}) - f ((1 - t) x_{1} + t x_{2}), t \in [0, 1] \end{matrix}$ 求导可知 $\begin{matrix} (45) & h^{″} (t) = - f^{″} ((1 - t) x_{1} + t x_{2}) (x_{2} - x_{1})^{2} < 0 \end{matrix}$ 故 $h^{'}$ 在 $[0, 1]$ 上严格减。易见 $h (0) = h (1) = 0$ ，由Rolle定理可知 $\exists t_{0} \in (0, 1)$ 使得 $h^{'} (t_{0}) = 0$ ，故 $h$ 在 $(0, t_{0})$ 上严格增、在 $(t_{0}, 1)$ 上严格减。 $h (x) > min {h (0), h (1)} = 0$ ，从而 $\begin{matrix} (46) & f ((1 - t) x_{1} + t x_{2}) < (1 - t) f (x_{1}) + t f (x_{2}), \forall t \in (0, 1) \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.10 在例5.3.6的基础上，

(1): 证明：摆线方程在 $t \in (0, 2 π)$ 时确定了 $C^{\infty}$ 函数 $x = x (y)$ 。
(2): 求 $y^{″} (x)$ 。
(3): 证明：摆线位于它的每条切线的下方（切点除外），即 $y = y (x)$ 为严格凹函数。

解 (1) 由例5.3.6知 $x = x (t)$ 有 $C^{\infty}$ 反函数，从而 $y = y (t (x))$ 是 $C^{\infty}$ 函数。

(2) 由例5.3.6知 $\begin{matrix} (47) & y^{'} (x) = \frac{\sin t}{1 - \cos t} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (48) & y^{″} (x) = \frac{1}{x^{'} (t)} \frac{d y^{'} (x)}{d t} = - \frac{1}{A (1 - \cos t)^{2}} \end{matrix}$

(3) 由例5.3.9知结论成立。 $◻$

例 5.3.11 讨论De Cartes叶形线 $x^{3} + y^{3} = 3 x y$ 的凹凸性。

解令 $t = \frac{y}{x}$ ，则 $\begin{matrix} (49) & x = \frac{3 t}{1 + t^{3}}, y = \frac{3 t^{2}}{1 + t^{3}}, t \neq - 1 \end{matrix}$ 计算可知 $\begin{matrix} (50) & y^{″} (x) = \frac{y^{″} (t) x^{'} (t) - y^{'} (t) x^{″} (t)}{x^{'} (t)^{3}} = \frac{- 2 (t^{3} + 1)^{4}}{3 (2 t^{3} - 1)^{3}} \end{matrix}$ 所以当 $t \in (- \infty, - 1)$ 时，曲线下凸；当 $t \in (- 1, 2^{- 1 / 3})$ 时，曲线下凸；当 $t \in (2^{- 1 / 3}, + \infty)$ 时，曲线上凸。 $◻$

例 5.3.12 设 $f$ 为 $C^{\infty}$ 函数，求 $g (x) := \frac{f (x)}{x}$ 的 $n$ 阶导数表达式。

解易见 $g \in C^{\infty}$ ，由高阶导数的Leibniz公式可得 $\begin{matrix} (51) & \begin{aligned} g^{(n)} (x) & = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) f^{(k)} (x) {(\frac{1}{x})}^{(n - k)} \\ = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) f^{(k)} (x) \cdot (- 1) (- 2) \dots (- n + k) \frac{1}{x^{n - k + 1}} \\ = n! \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)} (x)}{k!} \frac{(- 1)^{n - k}}{x^{n - k + 1}} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 5.3.13 证明函数 $\begin{matrix} (52) & f (x) := {\begin{cases} e^{- \frac{1}{x^{2}}} \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 是 $C^{\infty}$ 函数。

证明当 $x \neq 0$ 时， $f$ 为初等函数，从而是 $C^{\infty}$ 函数。当 $x = 0$ 时，我们采用归纳法证明 $\begin{matrix} (53) & f^{(n)} (x) = {\begin{cases} e^{- \frac{1}{x^{2}}} [P_{n} (\frac{1}{x}) \sin \frac{1}{x} + Q_{n} (\frac{1}{x}) \cos \frac{1}{x}], & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 其中 $f^{(n)}$ 表示 $f$ 的 $n$ 次迭代， $P_{n}, Q_{n}$ 均为多项式。

(1) 当 $n = 0$ 时，显然成立。

(2) 设命题在 $n$ 时成立，则在 $n + 1$ 时，有 $\begin{matrix} (54) & \begin{aligned} f^{(n + 1)} (x) & = e^{- \frac{1}{x^{2}}} \frac{2}{x^{3}} [P_{n} (\frac{1}{x}) \sin \frac{1}{x} + Q_{n} (\frac{1}{x}) \cos \frac{1}{x}] \\ + e^{- \frac{1}{x^{2}}} \frac{- 1}{x^{2}} [P_{n}^{'} (\frac{1}{x}) \sin \frac{1}{x} + P_{n} (\frac{1}{x}) \cos \frac{1}{x} + Q_{n}^{'} (\frac{1}{x}) \cos \frac{1}{x} - Q_{n} (\frac{1}{x}) \sin \frac{1}{x}] \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (55) & \begin{aligned} P_{n + 1} (t) & = 2 t^{3} P_{n} (t) - t^{2} P_{n}^{'} (t) + t^{2} Q_{n} (t) \\ Q_{n + 1} (t) & = 2 t^{3} Q_{n} (t) - t^{2} Q_{n}^{'} (t) - t^{2} P_{n} (t) \end{aligned} \end{matrix}$ 即 $P_{n + 1}, Q_{n + 1}$ 亦为多项式。注意到 $\begin{matrix} (56) & f^{(n + 1)} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f^{(n)} (x)}{x} = lim_{x \to 0} \frac{e^{- \frac{1}{x^{2}}} [P_{n} (\frac{1}{x}) \sin \frac{1}{x} + Q_{n} (\frac{1}{x}) \cos \frac{1}{x}]}{x} = 0 \end{matrix}$ 故 $f^{(n + 1)} (0) = 0$ 。 $◻$