wzf2000 微积分笔记（9）——高阶导数的计算与微分中值定理
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高阶导数（续）
高阶导数计算
设 $f,g$ 在区间 $I$ 内有 $n$ 阶导数。
- $(f \pm g)^{(n)} = f^{(n)} \pm g^{(n)}$
$(cf)^{(n)} = cf^{(n)}$，$c$ 为常数
$(\alpha f + \beta g)^{(n)} = \alpha f^{(n)} + \beta g^{(n)}$
$(fg)^{(n)} = \sum\limits_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k} f^{(k)} g^{(n-k)}$（Leibniz 公式）
例题
$y = \arctan x$，求 $y^{(100)}(0)$。
解：$$y^{\prime} = \dfrac{1}{1 + x^2} \Rightarrow (1 + x^2) y^{\prime} = 1$$
利用 Leibniz 公式对等式两端求 $n$ 阶导数。
$(1 + x^2) y^{(n+1)} + n \cdot 2x y^{(n)} + \dfrac{n(n + 1)}{2} \cdot 2 y^{(n-1)} = 0$
令 $x = 0$，得 $y^{(n+1)}(0) + n(n-1)y^{n-1}(0) = 0$
取 $n = 99$，得 $y^{(100)}(0) + 99 \cdot 98 y^{(98)}(0) = 0$
而 $y^{(0)}(0) = 0$，故通过递推可知 $y^{(100)} = 0$
（$y^{(2k)}(0) = 0$）
注：例题中使用了隐函数求导法。
微分中值定理
区间上可导函数导数值的性质。
极值（局部的最值）
设 $f$ 在 $x_0$ 点附近有定义（包括 $x_0$ 点），如果 $\exists \delta > 0$，使得 $\forall |x – x_0| < \delta$，$f(x) \le f(x_0)$，则称 $x_0$ 为 $f$ 的极大值点，$f(x_0)$ 称为极大值。
同理可定义极小值点和极小值。
Fermat 引理
设 $f$ 在极值点 $x_0$ 可导，则 $f^{\prime}(x_0) = 0$。
证明：不妨令 $x_0$ 为极大值点，则 $\exists \delta > 0$，使 $x \in (x_0 – \delta,x_0 +\delta)$ 时，$f(x) \le f(x_0)$。
考虑 $f$ 在 $x_0$ 点的左右导数。
当 $x \in (x_0, x_0 + \delta)$ 时，$\dfrac{f(x) – f(x_0)}{x – x_0} \le 0$。
令 $x \to x_0$，得 $f^{\prime}_+ (x_0) \le 0$。
同理 $f^{\prime}_- (x_0) \ge 0$。
$\because f^{\prime}_+ (x_0) = f^{\prime}_- (x_0) = f^{\prime} (x_0)$
$\therefore f^{\prime}(x_0) = 0 \ \square$
Rolle 定理
设 $f \in C[a,b]$ 且在 $(a,b)$ 内处处可导，$f(a) = f(b)$。则 $\exists \xi \in (a,b)$ 使 $f^{\prime} (\xi) = 0$。
证明：不妨设 $f(x) \not \equiv C$，已知 $f \in C[a,b]$，由最值性质，$\exists x_1,x_2 \in [a,b]$ 使 $f(x_1) = \min f,f(x_2) = \max f$，且 $f(x_1) < f(x_2)$。
从而或者 $x_1 \not = a,b$，或者 $x_2 \not = a,b$。
令 $x_1 \not = a,b$，则 $x_1$ 为 $f$ 的极小值点。
由 Fermat 引理，$f^{\prime}(x_1) = 0 \ \square$
Lagrange 中值定理
设 $f \in C[a,b]$ 且在 $(a,b)$ 内可导，则 $\exists \xi \in (a,b)$ 使：
$$
f^{\prime}(\xi) = \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a}
$$
（当 $f(a) = f(b)$ 时就是 Rolle 定理）
证明：设 $g(x) = f(x) – \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a} \cdot (x – a)$，容易得知 $g(x) \in C[a,b]$ 且在 $(a,b)$ 内可导。
而 $g(b) = f(b) – (f(b) – f(a)) = f(a) = g(a)$。
故根据 Rolle 定理，$\exists \xi \in (a,b)$ 使得 $g^{\prime}(\xi) = f^{\prime} (\xi) – \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a} = 0$。
即 $f^{\prime}(\xi) = \dfrac{f(b) – f(a)}{b – a} \ \square$
应用
推论 1：设 $f$ 在 $(a,b)$ 内可导，则 $f(x) \equiv C \Leftrightarrow f^{\prime} (x) = 0,\forall x \in (a,b)$。
证明：充分性已知，只需证必要性。
已知 $f^{\prime}(x)$ 在 $(a,b)$ 内处处为 $0$。
$\forall x_1, x_2 \in (a,b)$，不妨令 $x_1 < x_2$。
则 $f \in C[x_1,x_2]$ 且在 $(x_1,x_2)$ 内可导。
由 Lagrange 中值定理，$\exists \xi \in (x_1,x_2)$ 使：
$$
\dfrac{f(x_1) – f(x_2)}{x_1 – x_2} = f^{\prime} (\xi) = 0
$$
$\therefore f(x_1) = f(x_2)$，进而 $f(x) \equiv C,\forall x \in (a,b) \ \square$
推论 2：设 $f,g$ 在 $(a,b)$ 内可导，且 $f^{\prime} (x) = g^{\prime} (x)$，$\forall x \in (a,b)$，则 $\exists C_0 \in \mathbb{R}$，使得 $f(x) = g(x) + C_0,\forall x \in (a,b)$。
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