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高阶导数

## 6.3.1 高阶导数
若函数 $y(x)$ 在某个区间上可导，则得到导函数 $y^{\prime}(x)$ ．若它也在某点或某个区间上可导，则就得到 $y(x)$ 的二阶导数，记为 $y^{\prime \prime}(x)$ ．依此类推，就可以定义 $y(x)$ 的 $n$ 阶导数 $y^{(n)}(x)$ 为 $y(x)$ 的 $n-1$ 阶导函数 $y^{(n-1)}(x)$ 的导数，也就是归纳地定义

$$
y^{(n)}(x)=\left(y^{(n-1)}(x)\right)^{\prime}
$$

由这个定义可知，若在某点 $x_0$ 存在二阶导数 $y^{\prime \prime}\left(x_0\right)$ ，则其前提是至少在点 $x_0$的一个小邻域内处处存在导数 $y^{\prime}(x)$ ．一般地，若在某点 $x_0$ 存在 $n$ 阶导数 $y^{(n)}\left(x_0\right)$ ，则至少在点 $x_0$ 的一个小邻域内处处存在 $n-1$ 阶导数 $y^{(n-1)}(x)$ ，从而在该邻域上同时存在阶数不超过 $n-1$ 的所有导函数 $y^{(k)}(x), k=1, \cdots, n-1$ 。

在记号上有时为了方便起见，还将函数 $f(x)$ 本身记为 $f^{(0)}(x)$ ．
经常使用的高阶导数符号也有几种。除了上述 $y^{\prime \prime}(x), y^{\prime \prime \prime}(x), \cdots, y^{(n)}(x), \cdots$和类似的 $f^{\prime \prime}(x), f^{\prime \prime \prime}(x), f^{(4)}(x), \cdots, f^{(n)}(x), \cdots$ 之外，还有从 Leibniz 的导数符号 $\frac{ d y}{d x}$ 开始的

$$
\frac{d^2 y}{d x^2}, \frac{d^3 y}{d x^3}, \cdots, \frac{d^n x}{d x^n}, \cdots
$$

注意这些符号都是作为整体记号来使用的，不能随意看成为分式．高阶导数的归纳定义用这类符号应当写为

$$
\frac{d^n y}{d^n x}=\frac{d}{d x}\left(\frac{d^{n-1} y}{d x^{n-1}}\right)
$$

在高阶导数的计算中线性法则是最基本的．

高阶导数计算的线性法则 设 $u, v$ 是 $x$ 的 $n$ 阶可导函数，$\alpha, \beta$ 是常数，则成立

$$
(\alpha u+\beta v)^{(n)}=\alpha u^{(n)}+\beta v^{(n)}
$$

这是 $\S 6.2 .3$ 的法则 1 的推广，可以从高阶导数的定义用数学归纳法作出证明．
例题 6.16 设 $y=(x-a)^\beta$ ，求 $y^{(n)}$ ．
解 反复用幂函数导数公式就得到

$$
y^{(n)}=\left((x-a)^\beta\right)^{(n)}=\beta(\beta-1) \cdots(\beta-n+1)(x-a)^{\beta-n} .
$$

可以用数学归纳法严格证明这个公式成立．这里从略．
但必须注意，当 $\beta=m$ 为正整数时，只要 $n>m$ ，就有 $y^{(n)}(x)=0$ 。
注 由此得到经常有用的一个事实，即若 $p(x)$ 为 $m$ 次多项式，则当 $n>m$ 时， $p(x)$ 的 $n$ 阶导数都恒等于 0 ．
观察例题 6.16 的两个特例．当 $\beta=-1$ 时有

$$
\left(\frac{1}{x}\right)^{(n)}=(-1)(-2) \cdots(-n) x^{-1-n}=\frac{(-1)^n \cdot n!}{x^{n+1}}
$$

而当 $\beta=-\frac{1}{2}$ 时有

$$
\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{(n)}=\left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right) \cdots\left(-\frac{2 n-1}{2}\right) x^{-\frac{1}{2}-n}=\frac{(-1)^n(2 n-1)!!}{2^n x^n \sqrt{x}} .
$$

例题6．17 设 $f(x)=\sin x$ ，求 $f^{(n)}(x)$ ．
解 1 容易看出

$$
(\sin x)^{\prime}=\cos x,(\sin x)^{\prime \prime}=-\sin x,(\sin x)^{\prime \prime \prime}=-\cos x,(\sin x)^{(4)}=\sin x,
$$
这样就出现了周期 4 的循环．对于 $\cos x$ 也是如此．记住这个现象是有用的．

但如何写出一个通式？利用正弦函数的简化公式

$$
\sin \left(x+\frac{\pi}{2}\right)=\cos x
$$

就可以解决这个问题，即有

$$
(\sin x)^{(n)}=\sin \left(x+\frac{n \pi}{2}\right)
$$

用数学归纳法就很容易验证它的正确性．
下面对这个例题补充一种复数计算方法，它可以同时求出 $(\sin x)^{(n)}$ 和 $(\cos x)^{(n)}$ ，而且可以看出 $n \pi / 2$ 是如何生成的．

解 2 为此首先注意下面讨论的是实变复值函数，即自变量为实数而因变量为复数的函数．若将这样的函数写成 $z(x)=u(x)+ i v(x)$ ，其中 $u(x), v(x)$ 是 $z(x)$ 的实部和虚部，则可以定义 $z^{\prime}(x)=u^{\prime}(x)+ i v^{\prime}(x)$ ，如果其中 $u^{\prime}(x), v^{\prime}(x)$ 存在的话．类似地可以定义 $z(x)$ 的高阶导数。

从 Euler 公式 ${ }^{(1)} e ^{ i x}=\cos x+ i \sin x$ 出发，对 $x$ 求导得到

$$
\begin{aligned}
\left(e^{i x}\right)^{\prime} & =(\cos x+i \sin x)^{\prime}=(\cos x)^{\prime}+i(\sin x)^{\prime} \\
& =-\sin x+i \cos x=i \cdot e^{i x}
\end{aligned}
$$

即求导相当于乘 i．于是一方面有 $\left( e ^{ i x}\right)^{(n)}=(\cos x)^{(n)}+ i (\sin x)^{(n)}$ ，另一方面又有

$$
\begin{aligned}
\left(e^{i x}\right)^{(n)} & =i^n \cdot e^{i x}=\left(e^{i \frac{\pi}{2}}\right)^n \cdot e^{i x} \\
& =e^{i\left(x+\frac{n \pi}{2}\right)} \\
& =\cos \left(x+\frac{n \pi}{2}\right)+i \sin \left(x+\frac{n \pi}{2}\right)
\end{aligned}
$$

等置实部与虚部即可同时得到

$$
(\cos x)^{(n)}=\cos \left(x+\frac{n \pi}{2}\right), \quad(\sin x)^{(n)}=\sin \left(x+\frac{n \pi}{2}\right)
$$

根据高阶导数计算的线性法则，在下一个例题中用分解方法求高阶导数．
例题 6.18 求 $y=\frac{1}{x(x-1)}$ 的 $n$ 阶导数．
解 采用分解方法，得到 $y=\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x}$ ，然后分别对两项用例题 6.16 的结果，即有

$$
\begin{aligned}
y^{(n)} & =\left((x-1)^{-1}\right)^{(n)}-\left(x^{-1}\right)^{(n)} \\
& =(-1)^n n!\left(\frac{1}{(x-1)^{n+1}}-\frac{1}{x^{n+1}}\right) .
\end{aligned}
$$

最后举出一个重要例题，它的结论在今后将被多次引用．
例题 6.19 设 $f(x)=\left\{\begin{array}{ll} e ^{-\frac{1}{x^2}}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{array}\right.$ ，证明：对一切正整数 $n$ 成立 $f^{(n)}(0)=$ 0．（参见图 6．9．）
 ![图片](/uploads/2025-02/592cfd.jpg)
 
 证 计算中反复用到的是极限 $\lim _{u \rightarrow+\infty} \frac{u^\alpha}{ e ^u}=0$ ，其中 $\alpha$ 为任何实数（见第四章例题 4．21）．

先计算 $f^{\prime}(0)$ ．按定义计算并作代换 $y=1 / x$ ，就有

$$
f^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} \cdot e^{-\frac{1}{x^2}}=\lim _{y \rightarrow \infty} \frac{y}{e^{-y^2}}=0
$$

在 $x \neq 0$ 时可求出导函数表达式 $f^{\prime}(x)=\frac{2}{x^3} \cdot e ^{-\frac{1}{x^2}}$ ，且可见 $f^{\prime}$ 于 $x=0$ 处连续．于是可再按定义计算

$$
f^{\prime \prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}(x)-f^{\prime}(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2}{x^4} \cdot e^{-\frac{1}{x^2}}=0
$$

然后再求 $x \neq 0$ 时的二阶导函数表达式，如此继续下去，可以归纳地看出函数 $f$ 的 $n$ 阶导数在 $x \neq 0$ 时具有以下形式：
$$
f^{(n)}(x)=P_n\left(\frac{1}{x}\right) e^{-\frac{1}{x^2}}
$$

其中的 $P_n(y)$ 是 $y$ 的多项式．这里我们不关心多项式 $P_n(y)$ 的次数与 $n$ 的关系．对于这个结论可以用数学归纳法作出证明，这里从略。

在这个表达式的基础上，可以用数学归纳法来证明所要的结论，即对于每一个正整数 $n$ 有 $f^{(n)}(0)=0$ 成立。

在 $n=1,2$ 时已经成立．设在 $n=k$ 时已有 $f^{(k)}(0)=0$ ，则对于 $n=k+1$ 可以利用 $n=k$ 和 $x \neq 0$ 时 $f^{(k)}(x)$ 的上述表达式作以下计算：

$$
\begin{aligned}
f^{(k+1)}(0) & =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{(k)}(x)-f^{(k)}(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{(k)}(x)}{x} \\
& =\lim _{x \rightarrow 0} \frac{1}{x} P_k\left(\frac{1}{x}\right) \cdot e^{-\frac{1}{x^2}}=0 .
\end{aligned}
$$

注 1 这是在数学分析中的重要例题．它说明一个非常值函数也可以在某个点上的任何阶导数等于 0 。

注 2 本例的函数图像在原点附近非常平坦，这不是偶然的．（例如可以将该图像与 $f(0.5) \approx 0.02, f(1 / 3) \approx 0.0001$ 作比较．）回忆第四章定义 4.5 ，幂函数 $x^n(n \geqslant 1)$ 当 $x \rightarrow 0$ 时为 $n$ 阶无穷小量．因此 $x^n$ 的图像在原点附近随着 $n$ 增加越来越平坦（参见图3．11）。由于这里对所有 $n$ 都成立

$$
e^{-\frac{1}{x^2}}=o\left(x^n\right)(x \rightarrow 0)
$$

也就是说当 $x \rightarrow 0$ 时 $e ^{-\frac{1}{x^2}}$ 是比所有 $x^n$ 更为高阶的无穷小量，这就是这个函数图像在 $x=0$ 附近极其平坦的原因．

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