【数学】一元微分定义

$设函数f(x)在$$x=0处连续$，$并且lim_{x \to 0}{\frac{f(2x)-f(x)}{x}}=A$,$求证:f^{'}(0)存在，且$$f^{'}(0)=A。$

• $因为$

$$lim_{x \to 0}{\frac{f(2x)-f(x)}{x}}=A$$

• $所以对任意\epsilon ，存在\delta,使得当x\in (-\delta,\delta)时，$

$$A-\epsilon<{\frac{f(2x)-f(x)}{x}}<A+\epsilon$$

• $令x_k = \frac{1}{2^k}x,因为x_k \in (-\delta,\delta),所以$

$$A-\epsilon<{\frac{f(\frac{1}{2^{k-1}}x)-f(\frac{1}{2^k}x)}{\frac{1}{2^k}x}}<A+\epsilon$$

$$\frac{1}{2^k}x(A-\epsilon)<f(\frac{1}{2^{k-1}}x)-f(\frac{1}{2^k}x)<\frac{1}{2^k}x(A+\epsilon)$$

• $累加求和$

$$\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{2^k}x(A-\epsilon)<\sum_{k=1}^{+\infty}f(\frac{1}{2^{k-1}}x)-f(\frac{1}{2^k}x)<\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{2^k}x(A+\epsilon)$$

• $因为\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{2^k}=1，\sum_{k=1}^{+\infty}f(\frac{1}{2^{k-1}}x)-f(\frac{1}{2^k}x)=f(x)-f(0) (要利用连续性)，所以$

$$(A-\epsilon)x<f(x)-f(0)<(A+\epsilon)x$$

$$A-\epsilon<\frac{f(x)-f(0)}{x}<A+\epsilon$$

• $所以$

$$lim_{x \to 0}{\frac{f(x)-f(0)}{x}}=f^{'}(0)=A$$