高中数学扩展/补充/微分

高中数学扩展

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补充章节 — 质数和模运算 — 逻辑

数学证明 — 集合论与无限过程 — 计数与生成函数 — 离散概率

矩阵 — 进一步的模运算 — 数学编程 — 马尔可夫链

补充章节
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微分
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习题集解答

从第一原理微分（也称为微分）

如果你已经熟悉微积分/微分，可以跳过本节和“微分技术”节。

在微积分中，微分是对实数函数进行的一种非常重要的运算。要微分一个函数 f(x)，我们只需计算极限

$\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}$

其中 $\lim _{h\to 0}$ 表示让h 趋近于 0。但是，现在我们可以简单地将其视为将h 设为 0，即在适当的时候让h = 0。微分的运算结果（称为导数）有各种不同的表示方法，例如

$f'(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}$

和

${\frac {dy}{dx}}=\lim _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}$

意思相同。我们说，f'(x) 是 f(x) 的导数。微分在很多方面都很有用，但我们不讨论为什么要发明微积分，而是讨论如何将微积分应用于生成函数的研究。

应该清楚的是，如果 $g(x)=f(x)$ 那么 $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)$ 以上定律很重要。如果 g(x) 是 f(x) 的闭合形式，那么对等式两边进行微分以获得新的生成函数是有效的。

同样，如果 $h(x)=g(x)+f(x)$ 那么

$h^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)+f^{\prime }(x)$

可以通过查看极限的性质来验证这一点。

示例 1

从第一原理微分 f(x)，其中

$f(x)=x^{2}$

首先，我们形成差商

$f^{\prime }(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {(x+h)^{2}-x^{2}}{h}}$

此时我们不能将h设置为0来计算极限。你能看到为什么吗？我们需要先展开二次方程。

$=\lim _{h\to 0}{\frac {x^{2}+2xh+h^{2}-x^{2}}{h}}$

$=\lim _{h\to 0}{\frac {2xh+h^{2}}{h}}$

现在我们可以将h分解得到

$\lim _{h\to 0}2x+h$

从这里我们可以安全地让h趋向于零来得到导数，2x。因此

$f^{\prime }(x)=2x$

或者等效地

$(x^{2})'=2x$

示例2

从基本原理开始，对 p(x) = xⁿ 求导。

我们从差商开始

$p'(x)=\lim _{h\to 0}{\frac {(x+h)^{n}-x^{n}}{h}}$

根据二项式定理，我们有

$=\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}(x^{n}+nx^{n-1}h+...+h^{n}-x^{n})$

第一个xⁿ 与最后一个抵消，得到

$=\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}(nx^{n-1}h+...+h^{n})$

现在，我们将常数1/h 放入括号中

$=\lim _{h\to 0}nx^{n-1}+...+h^{n-1}$

结果就出来了

$=nx^{n-1}$

重要结果

如果

$p(x)=x^{n}$

那么

$p'(x)=nx^{n-1}$

正如您所见，从第一原理微分涉及通过代数操作计算函数的导数，因此本节在代数上非常困难。

示例 3

假设如果

$h(x)=f(x)+g(x)$

那么

$h^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)+g'(x)$

微分 $x^{2}+x^{5}$

解答 令 $h(x)=x^{2}+x^{5}$

$h'(x)=2x+5x^{4}$

示例 4

证明如果

$g(x)=Af(x)then$

$g^{\prime }(x)=Af^{\prime }(x)$

解答

${\begin{matrix}g(x)&=&Af(x)\\\\g'(x)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {A}{h}}(f(x+h)-f(x))\\\\&=&A\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}(f(x+h)-f(x))\\\\&=&Af'(x)\end{matrix}}$

示例 5

从第一原理微分

${\begin{matrix}f(x)={\frac {1}{1-x}}\end{matrix}}$

解答

${\begin{matrix}f'(x)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {1}{1-(x+h)}}-{\frac {1}{1-x}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {1-x-(1-(x+h))}{(1-(x+h))(1-x)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {h}{(1-(x+h))(1-x)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{(1-(x+h))(1-x)}}\\\\&=&{\frac {1}{(1-x)^{2}}}\end{matrix}}$

练习

1. 求导数

$f(z)=z^{2}$

2. 求导数

$f(z)=(1-z)^{2}$

3. 用第一性原理求导数

$f(z)={\frac {1}{(1-z)^{2}}}$

4. 求导数

$f(z)=(1-z)^{3}$

5. 证明上例3中假设的结果，即如果

f(x)=g(x)+h(x)

那么

f′(x)=g′(x)+h′(x).

提示：使用极限.

对f(z) = (1 - z)^n求导

本节的目的是推导出一个重要结果，即推导出

$f(z)=(1-z)^{n}$

的导数，其中n ≥ 1 且n为整数。我们将展示多种方法来得到结果。

推导1

让我们继续

$f(z)=(1-z)^{n}$

使用二项式展开式展开等式右侧

$f(z)=1-{n \choose 1}z+{n \choose 2}z^{2}+...+(-1)^{n}z^{n}$

对等式两边求导数

$f'(z)=-{n \choose 1}+{n \choose 2}2z+...+(-1)^{n}nz^{n-1}$

现在我们使用 ${n \choose i}={\frac {n!}{i!(n-i)!}}$

$f'(z)=-{\frac {n!}{1!(n-1)!}}+{\frac {n!}{2!(n-2)!}}2z+...+(-1)^{n}nz^{n-1}$

并且有一些抵消

$f'(z)=-{\frac {n!}{1!(n-1)!}}+{\frac {n!}{1!(n-2)!}}z+...+(-1)^{n}nz^{n-1}$

取出一个公因子 -n，并且回想 1! = 0! = 1，我们得到

$f'(z)=-n(1+{\frac {n-1!}{1!(n-2)!}}z+...+(-1)^{n-1}z^{n-1})$

令 j = i - 1，我们得到

$f'(z)=-n(1+{\frac {n-1!}{1!(n-2)!}}z+...+(-1)^{n-1}z^{n-1})$

但这只是 (1 - z)^n-1 的展开式

$f'(z)=-n(1-z)^{n-1}$

推导 2

类似于推导 1，我们改为使用导数的定义

$f'(z)=\lim _{h\to 0}{\frac {(1-(z+h))^{n}-(1-z)^{n}}{h}}$

使用二项式定理展开

$f'(z)=\lim _{h\to 0}{\frac {\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}(z+h)^{i}-\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}z^{i}}{h}}$

分解因子

$f'(z)=\lim _{h\to 0}{\frac {\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}((z+h)^{i}-z^{i})}{h}}$

将极限符号移入 (回想一下 [Af(x)]' = Af'(x) )

$f'(z)=\sum _{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}\lim _{h\to 0}{\frac {(z+h)^{i}-z^{i}}{h}}$

内部表达式正好是 zⁱ 的导数

$f'(z)=\sum _{i=1}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}iz^{i-1}$

正如推导 1，我们得到

$f'(z)=-n(1-z)^{n-1}$

例子 求 (1 - z)² 的导数

解法 1

f(z) = (1 - z)² = 1 - 2z + z²

f'(z) = - 2 + 2z

f'(z) = - 2(1 - z)

解法 2 利用上面的推导结果，我们有

f'(z) = -2(1 - z)^{2 - 1} = -2(1 - z)

练习

模仿以上方法或其他方法，求下列函数的导数

1. (1 - z)³

2. (1 + z)²

3. (1 + z)³

4. (较难) 1/(1 - z)³ (提示: 使用导数定义)

微分技巧

我们将讲解如何对这种形式的函数进行微分

$f(z)={\frac {1}{g(z)}}$

即，其倒数也是函数的函数。我们根据微分的定义进行推导

$f(z)={\frac {1}{g(z)}}$

${\begin{matrix}f'(z)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {1}{g(z+h)}}-{\frac {1}{g(z)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}({\frac {g(z)-g(z+h)}{g(z+h)g(z)}})\\\\&=&\lim _{h\to 0}{\frac {g(z+h)-g(z)}{h}}{\frac {-1}{g(z+h)g(z)}}\\\\&=&\lim _{h\to 0}g'(z){\frac {-1}{g(z+h)g(z)}}\\\\&=&-{\frac {g'(z)}{g(z)^{2}}}\\\end{matrix}}$

示例 1

${\begin{matrix}{\frac {1}{1-z}}&=&1+&z+z^{2}+z^{3}+...\\\\({\frac {1}{1-z}})'&=&&1+2z+3z^{2}+...\\\end{matrix}}$

由

$({\frac {1}{g}})'={\frac {-g'}{g^{2}}}$

其中 *g* 是 *z* 的函数，我们可以得到

${\begin{matrix}{\frac {1}{(1-z)^{2}}}&=&&1+2z+3z^{2}+...\\\end{matrix}}$

这证实了使用计数方法推导出的结果。

练习

对以下函数求导：

1. 1/(1-z)²

2. 1/(1-z)³

3. 1/(1+z)³

4. 证明 (1/(1 - z)ⁿ)' = n/(1-z)ⁿ⁺¹

微分应用于生成函数

现在我们已经熟悉了从第一原理推导的微分，我们应该考虑

$f(z)={\frac {1}{1-x^{2}}}$

我们知道

${\frac {1}{1-x^{2}}}=1+x^{2}+x^{4}+x^{6}+....$

对等式两边求导数

${\begin{pmatrix}{\frac {1}{1-x^{2}}}\end{pmatrix}}'=2x+4x^{3}+6x^{5}+....$

${\frac {2x}{(1-x^{2})^{2}}}=2x(1+2x^{2}+3x^{4}+....)$

因此，我们可以得出结论

${\frac {1}{(1-x^{2})^{2}}}=1+2x^{2}+3x^{4}+....$

请注意，我们也可以通过替换法得到上述结果，

${\frac {1}{(1-z)^{2}}}=1+2z+3z^{2}+....$

令 z = x²，就可以得到所需的结果。

以上示例表明，我们不需要关心复杂的微分。相反，为了以简单的方式获得结果，我们只需要对基本形式进行微分并应用替换方法。基本形式是指以下形式的生成函数

${\frac {1}{(1-z)^{n}}}$

对于 n ≥ 1。

让我们考虑以下方程的解的个数

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}=m$

对于 i = 1, 2, ... n，a_i ≥ 0。

我们知道，对于任何 *m*，解的个数是以下式子的系数

$(1+x+x^{2}+...)^{n}={\frac {1}{(1-z)^{n}}}$

如前所述。

我们从

${\frac {1}{1-z}}=1+x+x^{2}+...+x^{n}+...$

对两边求导（注意 1 = 1!）

${\frac {1!}{(1-z)^{2}}}=1+2x+3x^{2}...+nx^{n-1}+...$

再次求导

${\frac {2!}{(1-z)^{3}}}=2+2\times 3x...+n(n-1)x^{n-2}+...$

以此类推，重复 (n-1) 次

${\frac {(n-1)!}{(1-z)^{n}}}=(n-1)!+{\frac {n!}{1!}}x+{\frac {(n+1)!}{2!}}x^{2}+{\frac {(n+2)!}{3!}}x^{3}+...$

将两边除以 (n-1)!

${\frac {1}{(1-z)^{n}}}=1+{\frac {n!}{(n-1)!1!}}x+{\frac {(n+1)!}{(n-1)!2!}}x^{2}+{\frac {(n+2)!}{(n-1)!3!}}x^{3}+...$

以上结果验证了使用计数方法推导出的结果。