Question

高数，求证

Answer 1

假设f(x)在x = a处可导.
f(x)首先应在x = a处连续, 即当x → a时, 有f(x) → f(a).
作为推论, 对任意收敛于a的序列b[n], n → ∞时成立f(b[n]) → f(a).
(严格来说这里要求a不是b[n]中的项, 不过这个条件很容易满足).

1) 若a = kπ+π/2 (k为整数), 则当x → a时tan(x) → ∞.
取一列收敛到a的无理数b[n], 则有f(b[n]) = tan(b[n]) → ∞, 与f(b[n]) → f(a)矛盾.
因此a ≠ kπ+π/2.
(实际上, 如果承认π是无理数, 可直接说明f(x)在kπ+π/2处没有定义).

2) 对a ≠ kπ+π/2, tan(x)在x = a处连续.
可知对任意收敛到a的序列b[n], n → ∞时成立tan(b[n]) → tan(a).
取b[n]为一列收敛到a的无理数, 则有f(b[n]) = tan(b[n]) → tan(a).
而由f(x)在x = a处连续, 应有f(b[n]) → f(a), 因此f(a) = tan(a).
另一方面, 取b[n]为一列收敛到a的有理数, 则有f(b[n]) = b[n] → a, 因此又有f(a) = a.
这说明a必须满足a = f(a) = tan(a) ①.

由f(x)在x = a处可导, 当x → a时, 有(f(x)-f(a))/(x-a) → f'(a).
作为推论, 对任意收敛于a的序列b[n], 有(f(b[n])-f(a))/(b[n]-a) → f'(a)
取b[n]为一列收敛于a的无理数, 则f(b[n]) = tan(b[n]).
而由tan(x)在x = a处可导, 有 (由①有f(a) = tan(a)):
(f(b[n])-f(a))/(b[n]-a) = (tan(b[n])-tan(a))/(b[n]-a) → tan'(a) = 1/cos(a)^2,
因此f'(a) = 1/cos(a)^2.
另一方面, 取b[n]为一列收敛到a的有理数, 则f(b[n]) = b[n].
从而(f(b[n])-f(a))/(b[n]-a) = 1 (由①有f(a) = a), 因此f'(a) = 1.
这说明a必须满足1 = f'(a) = 1/cos(a)^2 ②.

联合①, ②得1 = 1/cos(a)^2 = 1+tan(a)^2 = 1+a^2, 从而a = 0.
即f(x)只可能在x = 0处可导.
而实际上, f(x)确实在x = 0处可导:
对0 < x < π/2, 成立0 < x < tan(x).
从而x ≤ f(x) ≤ tan(x), 因此1 ≤ f(x)/x ≤ tan(x)/x.
对x → 0+由夹逼定理可得(f(x)-f(0))/(x-0) = f(x)/x → 1, 即f(x)在x = 0处右导数为1.
由f(x)是奇函数, 可知f(x)在x = 0处左导数也为1.
因此f(x)在x = 0处左导数 = 右导数, 即f(x)在x = 0处可导.
证毕.

注: 写得比较啰嗦, 但想法很简单.
虽然f(x)对有理数和无理数有两个不同的表达式,
但有理数和无理数分别在实数集中稠密,
由连续性(可导性)可说明f(x)在连续点(可导点)必须同时适用两个表达式.
于是得到等式①, ②, 联合求解即可.

追问

非常感谢

谢谢谢谢

追答

不用谢.

追问

求大神Q，网上有真才实学的人不多啊

Answer 2

现在忙，明天给答案

Answer 3

这。。。。待老夫想一想吧

Answer 4

来看看

Answer 5

！