局部线性模型怎样通过和、积、商传递？¶

先备知识¶

你需要掌握可导与局部线性化的等价形式：

\[ f(a+h)=f(a)+f'(a)h+o(h), \]

并会使用 \(o(h)\) 的基本运算。具体地，如果 \(r(h)=o(h)\)，那么 \(r(h)/h\to0\)；有限个 \(o(h)\) 之和仍是 \(o(h)\)，有界函数乘以 \(o(h)\) 仍是 \(o(h)\)。

学习目标¶

完成本单元后，你应当能够：

从局部线性化证明常数倍、和与差法则；
解释乘积法则中两个一阶变化怎样产生两个主项；
证明倒数法则前先建立分母远离零；
推出商法则并准确写出适用条件；
用归纳法建立整数幂的求导公式。

牵引问题¶

若长度和宽度分别发生小变化，矩形面积的变化不只来自长度变化，也不只来自宽度变化。设原长宽为 \(f(a),g(a)\)，它们的一阶变化约为 \(f'(a)h,g'(a)h\)。新面积展开为

\[ [f(a)+f'(a)h][g(a)+g'(a)h]. \]

两个“一阶变化”相乘会产生 \(h^2\)。它究竟应保留在导数中，还是应归入比 \(h\) 更小的余项？这个问题正是乘积法则的核心。

探索与猜想¶

先忽略余项作形式展开：

\[ \begin{aligned} [f(a)+f'(a)h][g(a)+g'(a)h] ={}&f(a)g(a)\\ &+\bigl(f'(a)g(a)+f(a)g'(a)\bigr)h\\ &+f'(a)g'(a)h^2. \end{aligned} \]

除以 \(h\) 后，最后一项成为常数乘 \(h\)，会趋于零。因此一阶主部应为

\[ f'(a)g(a)+f(a)g'(a). \]

但严格证明还必须把 \(f,g\) 自己的余项一起纳入，并说明所有被舍去的项确实都是 \(o(h)\)。

概念与理论¶

定理：和、差与乘积法则¶

若 \(f,g\) 都在 \(a\) 处可导，\(c\) 是常数，则 \(cf\)、\(f+g\)、\(f-g\) 和 \(fg\) 都在 \(a\) 处可导，并且

\[ (cf)'(a)=cf'(a), \]

\[ (f\pm g)'(a)=f'(a)\pm g'(a), \]

\[ (fg)'(a)=f'(a)g(a)+f(a)g'(a). \]

证明障碍。 乘积中不只有两个一阶主项，还会出现主项乘主项、主项乘余项和余项乘余项。必须证明它们合起来仍比 \(h\) 小一个量级。

证明。 写成

\[ f(a+h)=f(a)+f'(a)h+r_f(h),\qquad r_f(h)=o(h), \]

\[ g(a+h)=g(a)+g'(a)h+r_g(h),\qquad r_g(h)=o(h). \]

对常数倍与和差直接相加可得

\[ (f\pm g)(a+h) =(f\pm g)(a)+[f'(a)\pm g'(a)]h+r_f(h)\pm r_g(h), \]

而 \(r_f\pm r_g=o(h)\)。常数倍同理。

对乘积展开：

\[ \begin{aligned} f(a+h)g(a+h) ={}&f(a)g(a)+[f'(a)g(a)+f(a)g'(a)]h\\ &+f'(a)g'(a)h^2+g(a)r_f(h)+f(a)r_g(h)\\ &+f'(a)h\,r_g(h)+g'(a)h\,r_f(h)+r_f(h)r_g(h). \end{aligned} \]

第一行给出函数值和候选一阶主部。其余各项都是 \(o(h)\)：

\(h^2/h=h\to0\)；
\(r_f,r_g\) 本身是 \(o(h)\)；
\(h\,r_f(h)/h=r_f(h)\to0\)，对 \(r_g\) 相同；
因为 \(r_f(h)\to0\)，所以 \(r_f(h)r_g(h)/h=r_f(h)[r_g(h)/h]\to0\)。

因此乘积具有上述局部线性化，结论成立。\(\square\)

连续性提供的非零邻域¶

倒数法则首先需要一个看似细小却不可省略的事实。若 \(g\) 在 \(a\) 可导，则它在 \(a\) 连续。若再有 \(g(a)\ne0\)，取 \(\varepsilon=|g(a)|/2\)，存在 \(\delta>0\)，使 \(|h|<\delta\) 时

\[ |g(a+h)-g(a)|<\frac{|g(a)|}{2}. \]

反三角不等式给出

\[ |g(a+h)|\ge |g(a)|-|g(a+h)-g(a)| >\frac{|g(a)|}{2}>0. \]

所以 \(g(a+h)\) 在一个小邻域内不仅非零，而且一致地远离零。这样后面的分式才有定义，分母的倒数也保持有界。

定理：倒数与商法则¶

若 \(g\) 在 \(a\) 处可导且 \(g(a)\ne0\)，则 \(1/g\) 在 \(a\) 处可导，并且

\[ \left(\frac1g\right)'(a)=-\frac{g'(a)}{g(a)^2}. \]

若 \(f,g\) 都在 \(a\) 处可导且 \(g(a)\ne0\)，则 \(f/g\) 在 \(a\) 处可导，并且

\[ \left(\frac fg\right)'(a) =\frac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^2}. \]

证明。 由上一段，充分小的 \(h\) 使 \(g(a+h)\ne0\)。于是

\[ \begin{aligned} \frac{\frac1{g(a+h)}-\frac1{g(a)}}h &=-\frac{g(a+h)-g(a)}{h\,g(a+h)g(a)}\\ &=-\frac1{g(a+h)g(a)} \frac{g(a+h)-g(a)}h. \end{aligned} \]

当 \(h\to0\) 时，连续性给出 \(g(a+h)\to g(a)\)，差商趋于 \(g'(a)\)，所以极限为 \(-g'(a)/g(a)^2\)。再把

\[ \frac fg=f\cdot\frac1g \]

代入乘积法则，得到

\[ \left(\frac fg\right)'(a) =f'(a)\frac1{g(a)} -f(a)\frac{g'(a)}{g(a)^2}, \]

通分即得商法则。\(\square\)

推论：整数幂法则¶

若 \(n\) 是正整数，则

\[ (x^n)'=nx^{n-1}. \]

证明对 \(n\) 归纳。\(n=1\) 时显然；若结论对 \(n\) 成立，则由 \(x^{n+1}=x^n\cdot x\) 和乘积法则，

\[ (x^{n+1})'=nx^{n-1}x+x^n=(n+1)x^n. \]

当 \(n=0\) 时，常函数 \(x^0=1\) 的导数为零。若 \(n=-m<0\)，在 \(x\ne0\) 上由倒数法则，

\[ (x^{-m})' =-\frac{(x^m)'}{(x^m)^2} =-\frac{mx^{m-1}}{x^{2m}} =-mx^{-m-1} =nx^{n-1}. \]

所以 \((x^n)'=nx^{n-1}\) 对所有整数 \(n\) 成立，但负整数幂必须限制在 \(x\ne0\)。

例题与迁移¶

例题1：多项式的导数¶

求

\[ p(x)=3x^4-2x^3+5x-7 \]

的导数。

由和、常数倍与整数幂法则，

\[ p'(x)=12x^3-6x^2+5. \]

这不是一条新的“多项式公式”，而是有限次使用已经证明的运算法则。常数项的局部变化为零，所以消失。

例题2：有理函数及其定义域¶

设

\[ R(x)=\frac{x^2+1}{x-2}. \]

函数及其导数只在 \(x\ne2\) 上讨论。由商法则，

\[ \begin{aligned} R'(x) &=\frac{2x(x-2)-(x^2+1)}{(x-2)^2}\\ &=\frac{x^2-4x-1}{(x-2)^2}. \end{aligned} \]

分母平方并不意味着 \(x=2\) 变成合法点；原函数在那里没有定义。导数公式的定义域不能比被求导函数的定义域更大。

即时检验与回望¶

检验1：为什么不能只写“分母不为零”？¶

证明倒数法则时，为什么仅知道 \(g(a)\ne0\) 还不够，必须再证明邻近的 \(g(a+h)\ne0\)？

答案

差商包含 \(1/g(a+h)\)。若不先保证充分小的非零 \(h\) 都使 \(g(a+h)\ne0\)，差商可能根本没有定义。可导推出连续，再由 \(g(a)\ne0\) 得到 \(|g(a+h)|>|g(a)|/2\)，才为极限运算提供合法邻域。

检验2：两个小量的乘积是什么量级？¶

若 \(r_f(h)=o(h)\)、\(r_g(h)=o(h)\)，说明 \(r_f(h)r_g(h)=o(h)\)。

答案

因为 \(r_f(h)/h\to0\)，所以 \(r_f(h)\to0\)；同时 \(r_g(h)/h\to0\)。于是

\[ \frac{r_f(h)r_g(h)}h =r_f(h)\frac{r_g(h)}h\to0\cdot0=0. \]

这正是 \(r_f(h)r_g(h)=o(h)\) 的定义。

习题与答案¶

习题1：三因子乘积¶

若 \(f,g,k\) 都在 \(a\) 处可导，证明

\[ (fgk)'(a) =f'(a)g(a)k(a)+f(a)g'(a)k(a)+f(a)g(a)k'(a). \]

答案

先把 \(fg\) 看作一个函数。两次使用乘积法则：

\[ \begin{aligned} (fgk)'(a) &=(fg)'(a)k(a)+(fg)(a)k'(a)\\ &=[f'(a)g(a)+f(a)g'(a)]k(a)+f(a)g(a)k'(a). \end{aligned} \]

展开括号即得结论。三个一阶变化中每次只有一个进入主部；两个以上一阶变化相乘都至少含 \(h^2\)。

习题2：可去间断点不能被公式修复¶

函数

\[ q(x)=\frac{x^2-1}{x-1} \]

的原定义域排除 \(x=1\)。有人约分得 \(q(x)=x+1\)，于是声称 \(q'(1)=1\)。指出错误，并说明怎样修改函数后结论才成立。

答案

约分只说明当 \(x\ne1\) 时 \(q(x)=x+1\)，没有给原函数补上 \(q(1)\)。导数要求函数在基点有定义，所以原函数的 \(q'(1)\) 不存在。若定义新函数

\[ \widetilde q(x)= \begin{cases} q(x),&x\ne1,\\ 2,&x=1, \end{cases} \]

则 \(\widetilde q(x)=x+1\) 对所有 \(x\) 成立，因而 \(\widetilde q'(1)=1\)。

习题3：负整数幂¶

在正确的定义域上求 \(f(x)=x^{-4}\) 的导数，并用倒数法则核验。

答案

定义域是 \(x\ne0\)。整数幂法则给出

\[ f'(x)=-4x^{-5}. \]

另一方面 \(f(x)=1/x^4\)，由倒数法则

\[ f'(x)=-\frac{4x^3}{(x^4)^2} =-\frac4{x^5}=-4x^{-5}. \]

两条路线一致，且都没有把 \(x=0\) 纳入定义域。

习题4：分母为零的边界¶

令 \(f(x)=x\)、\(g(x)=x\)。在 \(a=0\) 时，为什么不能直接套用商法则求 \((f/g)'(0)\)？在 \(x\ne0\) 上商函数又是什么？

答案

商法则要求 \(g(a)\ne0\)，但这里 \(g(0)=0\)，而且原商函数 \(x/x\) 在零点没有定义，所以 \((f/g)'(0)\) 不存在。在 \(x\ne0\) 上 \(x/x=1\)，因此商函数在其原定义域内导数为零。这不自动补上被排除的零点。

习题5：从局部模型直接识别导数¶

已知

\[ f(a+h)=2+3h+o(h),\qquad g(a+h)=-1+4h+o(h). \]

写出 \((fg)(a+h)\) 的一阶局部模型，并求 \((fg)'(a)\)。

答案

函数值为 \(f(a)g(a)=2\cdot(-1)=-2\)。一阶系数为

\[ f'(a)g(a)+f(a)g'(a) =3(-1)+2(4)=5. \]

因而

\[ (fg)(a+h)=-2+5h+o(h), \qquad (fg)'(a)=5. \]

常见误区与后续¶

只记公式，不写条件。 商法则的 \(g(a)\ne0\) 同时保障函数值和邻域差商合法。
把 \(h^2\) 直接说成“等于零”。 它通常不为零，只是在除以 \(h\) 后趋于零。
约分后扩大原定义域。 代数化简保留的是原定义域上的函数相等，不会自动填补空点。
把整数幂公式直接外推到任意实指数。 非整数幂涉及定义域及反函数、指数函数等额外结构，将在后续单元逐项建立。

下一单元研究复合函数。乘积只把同一个小步长送入两个函数；复合则让外层函数接收内层产生的新增量，因此必须更细致地追踪余项。