高中數學擴充套件/補充/微分

高中數學擴充套件

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補充章節 — 質數和模運算 — 邏輯

數學證明 — 集合論與無限過程 — 計數與生成函式 — 離散機率

矩陣 — 進一步的模運算 — 數學程式設計 — 馬爾可夫鏈

補充章節
內容
基本計數
多項式除法
部分分數
求和符號
複數
微分
問題與專案
習題集
解決方案
練習解答
習題集解答

從第一原理微分（也稱為微分）

如果你已經熟悉微積分/微分，可以跳過本節和“微分技術”節。

在微積分中，微分是對實數函式進行的一種非常重要的運算。要微分一個函式 f(x)，我們只需計算極限

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

其中 $\lim _{h\to 0}$ 表示讓h 趨近於 0。但是，現在我們可以簡單地將其視為將h 設為 0，即在適當的時候讓h = 0。微分的運算結果（稱為導數）有各種不同的表示方法，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。我們說，f'(x) 是 f(x) 的導數。微分在很多方面都很有用，但我們不討論為什麼要發明微積分，而是討論如何將微積分應用於生成函式的研究。

應該清楚的是，如果 $g(x)=f(x)$ 那麼 $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)$ 以上定律很重要。如果 g(x) 是 f(x) 的閉合形式，那麼對等式兩邊進行微分以獲得新的生成函式是有效的。

同樣，如果 $h(x)=g(x)+f(x)$ 那麼

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

可以透過檢視極限的性質來驗證這一點。

示例 1

從第一原理微分 f(x)，其中

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

首先，我們形成差商

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

此時我們不能將h設定為0來計算極限。你能看到為什麼嗎？我們需要先展開二次方程。

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

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

現在我們可以將h分解得到

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

從這裡我們可以安全地讓h趨向於零來得到導數，2x。因此

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

或者等效地

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

示例2

從基本原理開始，對 p(x) = xⁿ 求導。

我們從差商開始

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

根據二項式定理，我們有

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

第一個xⁿ 與最後一個抵消，得到

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

現在，我們將常數1/h 放入括號中

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

結果就出來了

$=nx^{n-1}$

重要結果

如果

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

那麼

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

正如您所見，從第一原理微分涉及透過代數操作計算函式的導數，因此本節在代數上非常困難。

示例 3

假設如果

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

那麼

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

微分 $x^{2}+x^{5}$

解答 令 $h(x)=x^{2}+x^{5}$

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

示例 4

證明如果

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

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

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

從第一原理微分

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

解答

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

練習

1. 求導數

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

2. 求導數

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

3. 用第一性原理求導數

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

4. 求導數

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

5. 證明上例3中假設的結果，即如果

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

那麼

f′(x)=g′(x)+h′(x).

提示：使用極限.

對f(z) = (1 - z)^n求導

本節的目的是推匯出一個重要結果，即推匯出

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

的導數，其中n ≥ 1 且n為整數。我們將展示多種方法來得到結果。

推導1

讓我們繼續

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

使用二項式展開式展開等式右側

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

對等式兩邊求導數

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

現在我們使用 ${n \choose i}={\frac {n!}{i!(n-i)!}}$

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

並且有一些抵消

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

取出一個公因子 -n，並且回想 1! = 0! = 1，我們得到

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

令 j = i - 1，我們得到

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

但這只是 (1 - z)^n-1 的展開式

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

推導 2

類似於推導 1，我們改為使用導數的定義

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

使用二項式定理展開

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

分解因子

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

將極限符號移入 (回想一下 [Af(x)]' = Af'(x) )

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

內部表示式正好是 zⁱ 的導數

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

正如推導 1，我們得到

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

例子 求 (1 - z)² 的導數

解法 1

f(z) = (1 - z)² = 1 - 2z + z²

f'(z) = - 2 + 2z

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

解法 2 利用上面的推導結果，我們有

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

練習

模仿以上方法或其他方法，求下列函式的導數

1. (1 - z)³

2. (1 + z)²

3. (1 + z)³

4. (較難) 1/(1 - z)³ (提示: 使用導數定義)

微分技巧

我們將講解如何對這種形式的函式進行微分

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

即，其倒數也是函式的函式。我們根據微分的定義進行推導

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

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

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* 的函式，我們可以得到

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

這證實了使用計數方法推匯出的結果。

練習

對以下函式求導：

1. 1/(1-z)²

2. 1/(1-z)³

3. 1/(1+z)³

4. 證明 (1/(1 - z)ⁿ)' = n/(1-z)ⁿ⁺¹

微分應用於生成函式

現在我們已經熟悉了從第一原理推導的微分，我們應該考慮

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

我們知道

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

對等式兩邊求導數

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

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

因此，我們可以得出結論

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

請注意，我們也可以透過替換法得到上述結果，

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

令 z = x²，就可以得到所需的結果。

以上示例表明，我們不需要關心複雜的微分。相反，為了以簡單的方式獲得結果，我們只需要對基本形式進行微分並應用替換方法。基本形式是指以下形式的生成函式

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

對於 n ≥ 1。

讓我們考慮以下方程的解的個數

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

對於 i = 1, 2, ... n，a_i ≥ 0。

我們知道，對於任何 *m*，解的個數是以下式子的係數

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

如前所述。

我們從

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

對兩邊求導（注意 1 = 1!）

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

再次求導

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

以此類推，重複 (n-1) 次

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

將兩邊除以 (n-1)!

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

以上結果驗證了使用計數方法推匯出的結果。