可微函数习题

• 1. 请证实
     a) 椭圆

     $$
     \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1
     $$

     在点 (x_0, y_0) 的切线方程

     $$
     \dfrac{xx_0}{a^2} + \dfrac{yy_0}{b^2} = 1
     $$

     b) 由位于半轴为 $a > b > 0$ 的椭圆镜的两个焦点 $F_1 = (- \sqrt{a^2 – b^2}, 0), \ F_2 = (\sqrt{a^2 – b^2}, 0)$ 之一的光源收回的光线汇聚于另一焦点.

证:
a)
设 $(x_0, y_0)$ 是椭圆上的任意一点, $(x, y)$ 是椭圆上异于 $(x_0, y_0)$ 的点.
法一: 依据椭圆方程可得:

$$
\begin{split}
y^2 – y_{0}^{2} &= \displaystyle \frac{b^2}{a^2}(a^2 – x^2) – \frac{b^2}{a^2}(a^2 – x_0^2) \\
&= \displaystyle – \frac{b^2}{a^2}(x^2 – x_0^2)
\end{split}
$$

即:

$$
\displaystyle \frac{y – y_0}{x – x_0} = – \frac{b^2(x + x_0)}{a^2(y + y_0)}
$$

$(x_0, y_0)$ 处的椭圆的切线斜率为 $k =\displaystyle \lim_{x \to x_0}{- \frac{b^2(x + x_0)}{a^2(y + y_0)}}$.
因为当 $x \to x_0$ 时, $y \to y_0$ . 因而 $k = – \dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}$ .
故所求的切线方程为:

$$
\begin{split}
&y – y_0 = – \dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}(x – x_0) \\
\Rightarrow \ & \dfrac{yy_0}{b^2} + \dfrac{xx_0}{a^2} = \dfrac{y_0^2}{b^2} + \dfrac{x_0^2}{a^2} = 1
\end{split}
$$

法二: 椭圆方程两边别离对 $x$ 求导:
$\dfrac{2x}{a^2} + \dfrac{2yy’}{b^2} = 0 \ \Rightarrow \ y’ = – \dfrac{b^2x}{a^2y}$

b)
设 $X = (x_0, y_0)$ 是椭圆上的任意一点. 令 $c = \sqrt{a^2 – b^2}$, 则椭圆两焦点的坐标为: $F_1 = (-c, 0), \ F_2 = (c, 0)$ .
因为 $(x_0, y_0)$ 处的椭圆切线斜率为 $- \dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}$, 因而与该切线垂直的直线的斜率为 $\dfrac{a^2y_0}{b^2x_0}$.
故向量 ${\bf n} = (1, \dfrac{a^2y_0}{b^2x_0})$ 与切向垂直.
$F_1$ 和 $F_2$ 到 $X$ 的向量别离为 ${\bf e}_{f_{1}} = (x_0 + c, y_0), \ {\bf e}_{f_{2}} = (x_0 – c, y_0)$ .
假如光从 $F_1$ 射向 $X$ , 则光线与 ${\bf n}$ 夹角的余弦为:

$$
\begin{split}
\cos{\widehat{{\bf n} \, {\bf e}_{f_{1}}}}
&= \dfrac{\langle {\bf n}, {\bf e}_{f_{1}} \rangle}{\mid{\bf n}\mid \, \mid{\bf e}_{f_{1}}\mid}
= \dfrac{x_0 + c + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2 x_0}}{\mid{\bf n}\mid \, \mid{\bf e}_{f_{1}}\mid} \\
&= \dfrac{x_0 + c + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2 x_0}}{\mid{\bf n}\mid \, \sqrt{(x_0 + c)^2 + y_0^2}} \\
&= \dfrac{x_0 + c + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2 x_0}}{\mid{\bf n}\mid \, \sqrt{(x_0 + c)^2 + \dfrac{b^2}{a^2}(a^2 – x_0^2)}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{x_0^2 + cx_0 + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2}}{\sqrt{a^2(x_0 + c)^2 + {b^2}(a^2 – x_0^2)}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{x_0^2 + cx_0 + a^2 – x_0^2}{\sqrt{a^2x_0^2 + 2a^2x_0c + a^2c^2 + b^2a^2 – b^2x_0^2}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{cx_0 + a^2}{\sqrt{(a^2 – b^2)x_0^2 + 2a^2x_0c + a^2(c^2 + b^2)}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{cx_0 + a^2}{\sqrt{c^2x_0^2 + 2a^2x_0c + a^4}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{cx_0 + a^2}{\sqrt{(cx_0 + a^2)^2}} = \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{cx_0 + a^2}{cx_0 + a^2} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0}
\end{split}
$$

相似办法可得 ${\bf e}_{f_{2}}$ 与 ${\bf n}$ 夹角的余弦为:

$$
\begin{split}
\cos{\widehat{{\bf n} \, {\bf e}_{f_{2}}}}
&= \dfrac{\langle {\bf n}, {\bf e}_{f_{2}} \rangle}{\mid{\bf n}\mid \, \mid{\bf e}_{f_{2}}\mid}
= \dfrac{x_0 – c + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2 x_0}}{\mid{\bf n}\mid \, \mid{\bf e}_{f_{1}}\mid} \\
&= \dfrac{x_0 – c + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2 x_0}}{\mid{\bf n}\mid \, \sqrt{(x_0 – c)^2 + y_0^2}} \\
&= \dfrac{x_0 – c + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2 x_0}}{\mid{\bf n}\mid \, \sqrt{(x_0 – c)^2 + \dfrac{b^2}{a^2}(a^2 – x_0^2)}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{x_0^2 – cx_0 + \dfrac{a^2y_0^2}{b^2}}{\sqrt{a^2(x_0 – c)^2 + {b^2}(a^2 – x_0^2)}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{x_0^2 – cx_0 + a^2 – x_0^2}{\sqrt{a^2x_0^2 – 2a^2x_0c + a^2c^2 + b^2a^2 – b^2x_0^2}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{a^2 – cx_0}{\sqrt{(a^2 – b^2)x_0^2 + 2a^2x_0c + a^2(c^2 + b^2)}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{a^2 – cx_0}{\sqrt{c^2x_0^2 – 2a^2x_0c + a^4}} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{a^2 – cx_0}{\sqrt{(cx_0 – a^2)^2}} = \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0} \cdot \dfrac{a^2 – cx_0}{a^2 – cx_0} \\
&= \dfrac{a}{\mid{\bf n}\mid x_0}
\end{split}
$$

可得 $\cos{\widehat{{\bf n} \, {\bf e}_{f_{1}}}} = \cos{\widehat{{\bf n} \, {\bf e}_{f_{2}}}}$ , 即 ${\bf e}_{f_{1}}$ 和 ${\bf e}_{f_{2}}$ 与 $\bf n$ 的夹角相等, 因为 $X$ 是椭圆上的任意一点, 故从焦点 $F_1$ 射出的光经椭圆镜一次发射后会通过焦点 $F_2$ , 反之也易得.

• 1. 请写出近似计算公式
     a) $\sin(\dfrac{\pi}{6} + \alpha)$ , 其中 $\alpha$ 的值靠近零;
     b) $\sin(30^{\circ} + \alpha^{\circ})$ , 其中 $\alpha$ 的值靠近零;
     c) $\cos(\dfrac{\pi}{4} + \alpha)$ , 其中 $\alpha$ 的值靠近零;
     d) $\sin(45^{\circ} + \alpha^{\circ})$ , 其中 $\alpha$ 的值靠近零;

解:
a)

$$
\displaystyle \lim_{\alpha \to 0} \dfrac{\sin(\dfrac{\pi}{6} + \alpha) – \sin(\dfrac{\pi}{6})}{\alpha} =
\displaystyle \lim_{\alpha \to 0} \dfrac{\cos(\dfrac{\dfrac{\pi}{3} + \alpha}{2}) \sin(\dfrac{\alpha}{2})}{\dfrac{\alpha}{2}} =
\cos(\dfrac{\pi}{6}) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}
$$

因而当 $\alpha$ 靠近 $0$ 时, $\sin(\dfrac{\pi}{6} + \alpha) \thickapprox \dfrac{\sqrt{3}}{2} \alpha + \dfrac{1}{2}$

b)

$$
\begin{split}
\displaystyle \lim_{\alpha \to 0} \dfrac{\sin(30^{\circ} + \alpha^{\circ}) – \sin(30^{\circ}) }{\alpha^{\circ}} &=
\displaystyle \lim_{\alpha \to 0} \dfrac{\cos(\dfrac{\dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\pi \cdot \alpha}{180}}{2}) \sin(\dfrac{\pi \cdot \alpha}{360})}{\dfrac{\alpha}{2}} \\
&= \displaystyle \dfrac{\pi}{180} \lim_{\alpha \to 0} \dfrac{\cos(\dfrac{\dfrac{\pi}{3} + \dfrac{\pi \cdot \alpha}{180}}{2}) \sin(\dfrac{\pi \cdot \alpha}{360})}{\dfrac{\pi \alpha}{360}} \\
&= \dfrac{\pi}{180} \cos(\dfrac{\pi}{6}) \\
&= \dfrac{\sqrt{3} \pi}{360}
\end{split}
$$

因而当 $\alpha$ 靠近 $0$ 时, $\sin(30^{\circ} + \alpha^{\circ}) \thickapprox \dfrac{\sqrt{3} \pi}{360} \alpha + \dfrac{1}{2}$

相似的, 当 $\alpha$ 靠近 $0$ 时, 有:

c)
$\cos(\dfrac{\pi}{4} + \alpha) \thickapprox \dfrac{\sqrt{2} \alpha + \sqrt{2}}{2}$

d) $
\cos(\dfrac{\pi}{4} + \alpha) \thickapprox \dfrac{\sqrt{2} \pi}{360} \alpha + \dfrac{\sqrt{2}}{2}$

• 1. 一个能够当做质点物体在重力作用下从一个润滑的山坡上滑下, 咱们认为山坡是可微函数 $y = f(x)$ 的图像.
     a) 申请出物体在点 $(x_0, y_0)$ 的加速度向量的程度重量和竖直重量.
     b) 当 $f(x) = x^2$ 且物体从高处滑下时, 请在抛物线 $y = x^2$ 上求出使加速度程度重量最大的点.

解:
a)
设 $(x(t), y(t))$ 为 $t$ 时刻质点的地位, 则 $t$ 时刻质点的位移 ${\bf s}(t)$ 和 速度 ${\bf v}(t)$ 为:
$${\bf s}(t) = (s_x(t), s_y(t)) = (x(t) – x(0), y(t) – y(0))$$
速度为:
$${\bf v}(t) = (v_x(t), v_y(t)) = (\dot{s}_x(t), \dot{s}_y(t))$$
设 $t_0$ 时刻质点的地位为 $(x(t_0), y(t_0)) = (x_0, y_0)$ .
依据能量守恒定律, 从 $t_0$ 到 $t$ 时刻重力势能变动量等于 $t$ 时刻质点的动能, 即:
$$ \dfrac{1}{2}m{\bf v}^2(t) – \dfrac{1}{2}m{\bf v}^2(t_0)= m{\bf g}(y(t) – y(t_0)) $$
即:
$${\bf v}^2(t) – {\bf v}^2(t_0) = 2{\bf g}(s_y(t) – s_y(t_0)) \tag{1} $$
因为
$ {\bf v}^2(t) = v_x^2(t) + v_y^2(t)$ ,
代入 $(1)$ 式得:
$$ v_x^2(t) + v_y^2(t) – v_x^2(t_0) – v_y^2(t_0) = 2{\bf g}(s_y(t) – s_y(t_0)) \tag{2} $$

于是, 当 $t \to t_0$ 时, 依据 $(1)$ 有

$$
\displaystyle \lim_{t \to t_0}{\dfrac{{\bf v}^2(t) – {\bf v}^2(t_0)}{t – t_0}} =
2{\bf g}\lim_{t \to t_0}{\dfrac{( s_y(t) – s_y(t_0) )}{t – t_0}} \tag{3}
$$

依据 $(2)$ 有

$$
\displaystyle \lim_{t \to t_0}{\dfrac{{v_x^2(t) – v_x^2(t_0) + v_y^2(t) – v_y^2(t_0)}}{t – t_0}} =
2{\bf g} \lim_{t \to t_0}{\dfrac{( s_y(t) – s_y(t_0) )}{t – t_0}} \tag{4}
$$

依据加速度的定义, 有:
$$ {\bf a}(t_0) = \displaystyle \lim_{t \to 0}{\dfrac{{\bf v}(t) – {\bf v}(t_0)}{t – t_0}} \tag{5}$$
$$ a_x(t_0) = \displaystyle \lim_{t \to 0}{\dfrac{v_x(t) – v_x(t_0)}{t – t_0}} \tag{6}$$
$$ a_y(t_0) = \displaystyle \lim_{t \to 0}{\dfrac{v_y(t) – v_y(t_0)}{t – t_0}} \tag{7}$$

又依据速度的定义, 有:

$$
v_y(t_0) = \displaystyle \lim_{t \to t_0}{\dfrac{s_y(t) – s_y(t_0)}{t – t_0}} \tag{8}
$$

$(5), (8)$ 代入 $(3)$, 得:
$$ {\bf a}(t_0) \, {\bf v}(t_0) = {\bf g} \, v_y(t_0) $$
两边平方, 有:

$$
{\bf a}^2(t_0) \, {\bf v}^2(t_0) = {\bf g}^2 \, v_y^2(t_0)
\Rightarrow a_x^2(t_0) + a_y^2(t_0) = {\bf g}^2 \, \dfrac{v_y^2(t_0)}{v_x^2(t_0) + v_y^2(t_0)} \tag{9}
$$

因为质点是沿着 $y = f(x)$ 的坡面静止, 因而静止方向沿着 $f(x)$ 的切线方向向下滑, 即:
$$ v_y(t) = f^{‘}(x_t) \cdot v_x(t) $$
在 $t_0$ 时刻, 有:
$$ v_y(t_0) = f^{‘}(x_0) \cdot v_x(t_0) \tag{10} $$

$(10)$ 代入 $(9)$ 得:

$$
a_x^2(t_0) + a_y^2(t_0) = {\bf g}^2 \, \dfrac{(f^{‘}(x_0))^2}{1 + (f^{‘}(x_0))^2} \tag{11}
$$

由 $(11)$ 可知当 $f^{‘}(x_0) = 0$ 时, $a_x(t_0) = a_y(t_0) = 0$ .

$(6), (7), (8)$ 代入 $(4)$ 式, 得:

$$
a_x(t_0) \cdot v_x(t_0) + a_y(t_0) \cdot v_y(t_0) = {\bf g} v_y(t_0) \tag{12}
$$

$(10)$ 代入 $(12)$ 得:
$$ a_x(t_0) + a_y(t_0) \ f^{‘}(x_0) = {\bf g} \ f^{‘}(x_0) \tag{13} $$

联合 $(11), (13)$ 有方程组:

$$
\begin{split}
\begin{cases}
a_x^2(t_0) + a_y^2(t_0) = {\bf g}^2 \, \dfrac{(f^{‘}(x_0))^2}{1 + (f^{‘}(x_0))^2} \\
a_x(t_0) + a_y(t_0) \ f^{‘}(x_0) = {\bf g} \ f^{‘}(x_0)
\end{cases}
\end{split} \tag{14}
$$

解方程组 $(14)$ 得:

$$
\begin{cases}
a_x(t_0) = \dfrac{{\bf g} \, f^{‘}(x_0)}{1 + (f^{‘}(x_0))^2} \\
a_y(t_0) = {\bf g} – \dfrac{{\bf g}}{1 + (f^{‘}(x_0))^2}
\end{cases}
$$

b)
当 $f^{‘}(x_t) > 0$ 时, $a_x(t) > 0$, 故 $a_x(t)$ 取最大值时, $f^{‘}(x_t) > 0$, 这种状况下, 有:

$$
a_x(t) = \dfrac{{\bf g} \, f^{‘}(x_t)}{1 + (f^{‘}(x_t))^2} = \dfrac{{\bf g}}{\left( \dfrac{1}{\sqrt{\mid f^{‘}(x_t) \mid}} – \sqrt{\mid f^{‘}(x_t) \mid} \right)^2 + 2} \le \dfrac{{\bf g}}{2}
$$

当 $\sqrt{\mid f^{‘}(x_t) \mid } = 1$ 时上式取等号, 即 $f^{‘}(x_t) = 2 x_t = \pm1 \Rightarrow x_t = \pm \dfrac{1}{2}$ .

在 $ (\pm \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{4}) $ 处, 加速度的程度重量最大.

[总结]:

$(13)$ 式也能够通过力学剖析得出:
依据题目条件对质点做受力剖析, 质点受到到竖直向下的重力 ${\bf G} = m {\bf g}$ 和 坡面对质点的作用力 ${\bf F}(t) = (F_x(t), F_y(t))$ , 该作用力的方向垂直于坡面向上. 依据加速度与力的关系, 得:

$$
\begin{aligned}
\begin{cases}
a_x(t) &= \dfrac{F_x(t)}{m} \\
a_y(t) &= \dfrac{F_y(t) + m{\bf g}}{m} \\
F_y(t) &= – \dfrac{1}{f^{‘}(x_t)} F_x(t) , \quad f^{‘}(x_t) \ne 0 \\
F_y(t) &= – m{\bf g} , \quad f^{‘}(t) = 0
\end{cases}
\quad
\Rightarrow
a_y(t) = \begin{cases}
– \dfrac{a_x(t)}{f^{‘}(t)} + {\bf g}, \quad &f^{‘}(t) \ne 0 \\
0, &f^{‘}(t) = 0
\end{cases}
\end{aligned}
$$

即 $a_x(t) + a_y(t) \ f^{‘}(x_t) = {\bf g} \ f^{‘}(x_t)$ .

也能够通过 $(13)$ 式反推出坡面对质点的作用力垂直于坡面.
设 ${\bf F}(t) = (F_x(t), F_y(t))$ 是坡面对质点的作用力, 依据 $(13)$ 式有:
$$ a_x(t) m + a_y(t) \ f^{‘}(x_t) m = m {\bf g} \ f^{‘}(x_t) $$
因为重力竖直向下, 因而 $F_x(t)$ 就是和力的程度重量, 即
$F_x(t) = a_x(t) m$. <\br>
合力在竖直方向的重量为 $F_y + {\bf G}$, 故
$F_y + {\bf G} = a_y(t) m$ .
因而有:
$F_x(t) + (F_y(t) + {\bf G}) \, f^{‘}(x_t) = {\bf G} \ f^{‘}(x_t) \Rightarrow \dfrac{F_y(t)}{F_x(t)} = – \dfrac{1}{f^{‘}(x_t)}$ .
${\bf F}(t)$ 垂直于坡面.

• 1. 令

     $$
     \begin{aligned}
     \psi_0(x) = \begin{cases}
     x , \, &0 \leq x \leq \dfrac{1}{2}, \\

• • x , \, &\dfrac{1}{2} \leq x \leq 1,
    \end{cases}
    \end{aligned}

    $$
    以 $1$ 为周期延拓该函数至全副数轴, 并记之为 $\varphi_0$. 再设
    $$

    \varphi_n(x) = \dfrac{1}{4^n}\varphi_0(4^n x) .

    $$
    函数 $\varphi_n$ 的周期为 $4^{-n}$ , 并且在点 $x = \dfrac{k}{2^{2n+1}} \, (k \in \Bbb{Z})$ 意外处处有导数, 导数等于 $+1$ 或 $-1$ . 设
    $$

    f(x) = \sum_{n = 1}^{\infty}\varphi_n(x) .

    $$
    请证实: 函数 $f$ 在 $\Bbb{R}$ 上定义且间断, 但处处没有导数.

证:
$\varphi_0(x)$ 以 周期为 $1$ 延拓至整个 $\Bbb{R}$ 有: $\varphi_0(x) = \varphi_0(x + 1)$
且其值集为 $\varphi_0(\Bbb{R}) = [0, \dfrac{1}{2}]$ .
因而对于 $\varphi_n(x)$ 的定义有:

$$
\varphi_n(x) = \dfrac{1}{4^n}\varphi_0(4^n x) = \dfrac{1}{4^n}\varphi_0(4^n(x + \dfrac{1}{4^n})) = \varphi_n(x + \dfrac{1}{4^n}) \tag{1}
$$

同时可知其值集为:
$\varphi_n(\Bbb{R}) = [0, \dfrac{1}{2 \times 4^n}]$ .
令
$$\displaystyle p(a;x) = \sum_{n = 1}^{a}\varphi_n(x), \, (a \in \Bbb{Z}^+, x \in \Bbb{R}) \tag{2}$$
因为 $\varphi_n(x)$ 是 $\Bbb{R}$ 上的连续函数, 而无限个连续函数的和也是连续函数,
因而 $p(a;x) \in C(\Bbb{R}) \, (a \in \Bbb{Z}^+)$ .
令
$$\displaystyle g(a;x) = \sum_{n = a}^{\infty}\varphi_n(x), \, (a \in \Bbb{Z}^+, x \in \Bbb{R}) \tag{3}$$
因而对任意 $x \in \Bbb{R}$, 有

$$
\displaystyle 0 \le g(a;x) \le \dfrac{1}{2}\sum_{n = a}^{\infty}\dfrac{1}{4^n} = \dfrac{2}{3 \times 4^a} < \dfrac{1}{4^a} \tag{4}
$$

依据 $f$ 的定义和 $(4)$, 得 $f(x) = g(1, x) \in [0, \dfrac{1}{4}]$ , 因而 $f(x)$ 在 $\Bbb{R}$ 上有界, 因而 $f(x)$ 在 $\Bbb{R}$ 上有定义.
对于任意大于 $0$ 的实数 $\varepsilon$ ,
当 $\varepsilon$ 足够小时,
设 $a_0 \in \Bbb{Z}^+$ 且 $\dfrac{1}{4^{a_0}} < \dfrac{\varepsilon}{4}$ , 选取 $a_0 = [\log_4{\left(\dfrac{4}{\varepsilon}\right)}] + 1$ 可满足条件.
对于这样的 $a_0$ ,
依据 $(4)$ 有: $g(a_0 +1; x) < \dfrac{\varepsilon}{4}$ .
又因为 $p(a_0; x) \in C(\Bbb{R})$ ,
因而存在 $\delta > 0, \delta \in \Bbb{R}$ 对于任意 $x_0 \in \Bbb{R}$ 和上述 $\varepsilon$,
使得 $|x – x_0| < \delta$ 时
$|p(a_0; x) – p(a_0; x_0)| < \dfrac{\varepsilon}{2}$ 成立.
因而当 $|x – x_0| < \delta_n$ 时,
有

$$
\begin{aligned}
|f(x) – f(x_0)| &= |p(a_0; x) + g(a_0 + 1; x) – p(a_0; x_0) – g(a_0 + 1; x_0)|\\
& < |p(a_0; x) – p(a_0; x_0)| + g(a_0 + 1; x) + g(a_0 + 1; x_0) \\
& < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{4} + \dfrac{\varepsilon}{4} = \varepsilon
\end{aligned}
$$

因为 $x_0$ 是任意实数, 因而 $f(x)$ 在 $\Bbb{R}$ 上间断.

上面证实 $f(x)$ 在实数域处处不可导.
$\varphi_n(x)$ 是以 $4^{-n}$ 为周期的函数, 因而其周期能够示意为
设:
$$\left[\dfrac{k}{4^n}, \dfrac{k + 1}{4^n}\right), k, n \in \Bbb{Z}, n \ge 0 \tag{5}$$
对于任意的 $x \in \Bbb{R}$, $(5)$ 式中 $k = [4^n x]$,
即 $x$ 属于 $\varphi_n(x)$ 的周期范畴 $A_n(x)$ 是:

$$
A_n(x) = \left[\dfrac{[4^n x]}{4^n}, \dfrac{[4^n x] + 1}{4^n}\right) \tag{6}
$$

在 $\dfrac{[4^n x] + \dfrac{1}{2}}{4^n}$ 处将 $A_n(x)$ 宰割成 $B_n(x), C_n(x)$ 两局部:
$$B_n(x) = \left[\dfrac{[4^n x]}{4^n}, \dfrac{[4^n x] + \dfrac{1}{2}}{4^n}\right) \tag{7}$$
$$C_n(x) = \left[\dfrac{[4^n x] + \dfrac{1}{2}}{4^n}, \dfrac{[4^n x] + 1}{4^n}\right) \tag{8}$$
在 $B_n(x)$ 和 $C_n(x)$ 中 $\varphi_n(x)$ 的斜率别离为 $1$ 和 $-1$, 即:

$$
\begin{aligned}
\dfrac{\varphi_n(x_1) – \varphi_n(x_2)}{x_1 – x_2} = \begin{cases}
1 , \, & x_1, x_2 \in B_n(x_1), x_1 \ne x_2,\\
-1, \, & x_1, x_2 \in C_n(x_1), x_1 \ne x_2,
\end{cases}
\end{aligned}
\tag{9}
$$

因为

$$
\dfrac{[4^n x] + \dfrac{1}{2}}{4^n} – \dfrac{[4^n x]}{4^n} = \dfrac{[4^n x] + 1}{4^n} – \dfrac{[4^n x] + \dfrac{1}{2}}{4^n} = \dfrac{1}{2 \times 4^n}
$$

因而当 $h_n = \dfrac{1}{4^{n+1}}$ 或 $h_n = -\dfrac{1}{4^{n+1}}$ 时,
必然有 $x + h, x \in B_n(x)$ 或 $x + h_n, x \in C_n(x)$ 成立.
联合 $(9)$ 式, 有
$$\dfrac{\varphi_n(x + h_n) – \varphi_n(x)}{h_n} = \pm1 \tag{10}$$ .
构建这样一个数列 $\{h_1, h_2, \cdots , h_n, \cdots \}$ , $|h_n| = \dfrac{1}{4^{n+1}}$ 且使得 $x + h_n, x \in B_n(x)$ 或 $x + h_n, x \in C_n(x)$ 成立. 显然 $h_n \ne 0$ 且当 $n \to \infty$ 时 $h_n \to 0$
对于任意一实数 $x_0$, 依据 $(6)$ 式有

$$
\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \le x < \dfrac{[4^n x_0] + 1}{4^n} \tag{11}
$$

对任意实数 $t$ 取整, 有这样的性质: $t – 1 < [t] \le t < t +1$,
因而 $0 \le t – [t] < 1$ .
设 $p$ 为任意正整数,
有
$$0 \le pt – p[t] < p \Rightarrow 0 \le [pt – p[t]] < p$$
因为 $p[t] \in \Bbb{Z}$ ,
因而 $0 \le [pt – p[t]] = [pt] – p[t] < p$ .
又因为 $[pt] – p[t] \in \Bbb{Z}$, 下列不等式成立:

$$
0 \le [pt] – p[t] \le p – 1, t \in \Bbb{R}, p \in \Bbb{Z}^+ \tag{12}
$$

令 $(12)$ 式中 $p = 4, t = 4^{n – 1} x$, 于是有
$$0 \le [4^n x_0] – 4[4^{n – 1} x_0] \le 3 \tag{13}$$
因为 $[4^n x_0] – 4[4^{n – 1} x_0]$ 是整数, 因而 $[4^n x_0] – 4[4^{n – 1} x_0] \in \{0, 1, 2, 3\}$ .
当 $[4^n x_0] – 4[4^{n – 1} x_0] = 0$ 或 $1$ 时

依据 $(13)$ 有:

$$
0 \le \dfrac{[4^n x_0]}{4^n} – \dfrac{4[4^{n – 1} x_0]}{4^n} \le \dfrac{3}{4^n} \Rightarrow \dfrac{[4^n x_0] + 1}{4^n} \le \dfrac{[4^{n -1} x_0] + 1}{4^{n – 1}} \tag{14}
$$

联合 $(11), (14)$ 有

$$
\dfrac{[4^{n – 1} x_0]}{4^{n – 1}} \le \dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \le x_0 < \dfrac{[4^n x_0] + 1}{4^n} \le \dfrac{[4^{n -1} x_0] + 1}{4^{n – 1}} \tag{15}
$$

即 $x_0 \in A_n(x_0) \subset A_{n – 1}(x_0)$.
那么上面两种状况中的一种会呈现,
要么 $\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \in B_{n-1}(x_0)$ ,
要么 $\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \in C_{n-1}(x_0)$ .
如果 $\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \in B_{n-1}(x_0)$, 那么

$$
\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} < \dfrac{[4^{n – 1} x_0] +\dfrac{1}{2}}{4^{n – 1}}
\Rightarrow \dfrac{4[4^{n – 1} x_0] + 2}{4^n} – \dfrac{[4^n x_0]}{4^n} > 0 \Rightarrow 4[4^{n – 1} x_0] – [4^n x_0] > -2
$$

又因为 $4[4^{n – 1} x_0] – [4^n x_0]$ 是整数, 因而有
$ 4[4^{n – 1} x_0] – [4^n x_0] \ge -1$ , 即
$$4[4^{n – 1} x_0] – [4^n x_0] + 1 \ge 0 \tag{16}$$
$B_{n – 1}(x_0)$ 的末端地位减去 $A_n(x_0)$ 的末端地位:
$$\dfrac{[4^{n – 1} x_0] + \dfrac{1}{2}}{4^{n – 1}} – \dfrac{[4^n x_0] +1}{4^n} = \dfrac{4[4^{n – 1} x_0] – [4^n x_0] + 1}{4^n}$$
再联合 $(16)$, 有 $\dfrac{[4^{n – 1} x_0] + \dfrac{1}{2}}{4^{n – 1}}- \dfrac{[4^n x_0] +1}{4^n} \ge 0$ . 综合上述推理, 有:
$$\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \in B_{n – 1}(x_0) \Rightarrow A_{n} \subset B_{n – 1}(x_0) \tag{17}$$
如果 $\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \in C_{n-1}(x_0)$ , 因为 $A_n(x_n) \subset A_{(n – 1)}(x_0)$, 所以此时有 $A_n(x_n) \subset C_{n – 1}(x_0)$ , 即:
$$\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \in C_{n – 1}(x_0) \Rightarrow A_{n} \subset C_{n – 1}(x_0) \tag{18}$$
联合 $(17), (18)$ , 可知对于所有小于 $n$ 的整数 $t$ 有 $A_{n} \subset B_{t}(x_0)$ 或 $A_{n} \subset C_{t}(x_0) $ .
因而再联合 $(9), (10)$ 有:

$$
\dfrac{\varphi_m(x_0 + h_n) – \varphi_m(x_0)}{h_n} = \pm 1, (m, n \in \Bbb{N}, m \le n) \tag{19}
$$

对于任意大于 $n$ 的整数 $t$, $\varphi_t(x + h_n) = \varphi_t(x + \dfrac{\pm 4^{t – n -1}}{4^t})$ , 因为 $\pm 4^{t – n – 1} \in \Bbb{Z}$, 再依据 $\varphi_t$ 的周期性可知:
$$\varphi_t(x + h_n) = \varphi_t(x) , \ t, n \in \Bbb{Z}, t > n \tag{20}$$

对任意实数 $x_0$ 构建这样一个数列 $\{g_1, g_2, \cdots , g_k, \cdots\}$, 其中 $g_k = \dfrac{f(x_0 + h_k) – f(x_0)}{h_k}$ . 如果 $f(x)$ 在 $x_0$ 可导, 那么数列 ${g_n}$ 必有极限. 反之如果数列 $g_n$ 没有极限, 则 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不可导.
依据条件可知

$$
\displaystyle
g_k = \dfrac{\sum_{n = 1}^{\infty}\varphi_n(x_0 + h_k) – \sum_{n = 1}^{\infty}\varphi_n(x_0)}{h_k} = \sum_{n = 1}^{\infty}\dfrac{\varphi_n(x_0 + h_k) – \varphi_n(x_0)}{h_k} \tag{21}
$$

依据 $(20)$, 当 $n > k$ 时 $\varphi_n(x_0 + h_k) – \varphi_n(x_0) = 0$ , 因而 $(21)$ 式可写成

$$
g_k = \sum_{n = 1}^{k}\dfrac{\varphi_n(x_0 + h_k) – \varphi_n(x_0)}{h_k} \tag{22}
$$

在联合 $(19)$ 式可知 $\dfrac{\varphi_n(x_0 + h_k) – \varphi_n(x_0)}{h_k} = \pm 1 ,(n \le k) $ .
因而当 $n$ 为偶数时, $g_n$ 为偶数,
当 $n$ 为奇数时, $g_n$ 为奇数,
因而无论 $n$ 是多少 $|g_n – g_{n + 1}| \ge 1 $ ,
因而数列 ${g_n}$ 没有极限,
故 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不可导,
因为 $x_0$ 是任意实数,
所以 $f(x)$ 在整个实数域处处不可导.