可微函数习题(数学分析-卓里奇)

Posted 2021-09-13 陈远亮

可微函数习题

• 1. 请证明
     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 $F_1 = (- \\sqrt{a^2 - b^2}, 0), \\ F_2 = (\\sqrt{a^2 - b^2}, 0)$ 之一的光源发出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: 根据椭圆方程可得:

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

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, $y \\to y_0$ . 因此 $k = - \\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}$ .
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: 椭圆方程两边分别对 $x$ 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 $- \\dfrac{b^2x_0}{a^2y_0}$, 因此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 $X$ 的向量分别为 ${\\bf e}_{f_{1}} = (x_0 + c, y_0), \\ {\\bf e}_{f_{2}} = (x_0 - c, y_0)$ .
假设光从 $F_1$ 射向 $X$ , 则光线与 ${\\bf n}$ 夹角的余弦为:

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

类似方法可得 ${\\bf e}_{f_{2}}$ 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经过焦点 $F_2$ , 反之也易得.

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

解:
a)

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

因此当 $\\alpha$ 接近 $0$ 时, $\\sin(\\dfrac{\\pi}{6} + \\alpha) \\thickapprox \\dfrac{\\sqrt{3}}{2} \\alpha + \\dfrac{1}{2}$

b)

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

因此当 $\\alpha$ 接近 $0$ 时, $\\sin(30^{\\circ} + \\alpha^{\\circ}) \\thickapprox \\dfrac{\\sqrt{3} \\pi}{360} \\alpha + \\dfrac{1}{2}$

类似的, 当 $\\alpha$ 接近 $0$ 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}$

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• 1. 一个可以当做质点物体在重力作用下从一个光滑的山坡上滑下, 我们认为山坡是可微函数 $y = f(x)$ 的图像.
     a) 请求出物体在点 $(x_0, y_0)$ 的加速度向量的水平分量和竖直分量.
     b) 当 $f(x) = x^2$ 且物体从高处滑下时, 请在抛物线 $y = x^2$ 上求出使加速度水平分量最大的点.

解:
a)
设 $(x(t), y(t))$ 为 $t$ 时刻质点的位置, 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 $t_0$ 时刻质点的位置为 $(x(t_0), y(t_0)) = (x_0, y_0)$ .
根据能量守恒定律, 从 $t_0$ 到 $t$ 时刻重力势能变化量等于 $t$ 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, 根据 $(1)$ 有

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

根据 $(2)$ 有

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

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

又根据速度的定义, 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:

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

由于质点是沿着 $y = f(x)$ 的坡面运动, 因此运动方向沿着 $f(x)$ 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:
$$ a_x(t_0) + a_y(t_0) \\ f^{\'}(x_0) = {\\bf g} \\ f^{\'}(x_0) \\tag{13} $$

结合 $(11), (13)$ 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, $f^{\'}(x_t) > 0$, 这种情况下, 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, 加速度的水平分量最大.

[总结]:

$(13)$ 式也可以通过力学分析得出:
根据题目条件对质点做受力分析, 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. 根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 $a_x(t) + a_y(t) \\ f^{\'}(x_t) = {\\bf g} \\ f^{\'}(x_t)$ .

也可以通过 $(13)$ 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, 根据 $(13)$ 式有:
$$ a_x(t) m + a_y(t) \\ f^{\'}(x_t) m = m {\\bf g} \\ f^{\'}(x_t) $$
由于重力竖直向下, 因此 $F_x(t)$ 就是和力的水平分量, 即
$F_x(t) = a_x(t) m$. <\\br>
合力在竖直方向的分量为 $F_y + {\\bf G}$, 故
$F_y + {\\bf G} = a_y(t) m$ .
因此有:
$F_x(t) + (F_y(t) + {\\bf G}) \\, f^{\'}(x_t) = {\\bf G} \\ f^{\'}(x_t) \\Rightarrow \\dfrac{F_y(t)}{F_x(t)} = - \\dfrac{1}{ f^{\'}(x_t)}$ .
${\\bf F}(t)$ 垂直于坡面.

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• 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}

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

    \\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) .

    $$ 请证明: 函数 $f$ 在 $\\Bbb{R}$ 上定义且连续, 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 $\\varphi_0(\\Bbb{R}) = [0, \\dfrac{1}{2}]$ .
因此对于 $\\varphi_n(x)$ 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, 而有限个连续函数的和也是连续函数,
因此 $p(a;x) \\in C(\\Bbb{R}) \\, (a \\in \\Bbb{Z}^+)$ .
令
$$\\displaystyle g(a;x) = \\sum_{n = a}^{\\infty}\\varphi_n(x), \\, (a \\in \\Bbb{Z}^+, x \\in \\Bbb{R}) \\tag{3}$$
因此对任意 $x \\in \\Bbb{R}$, 有

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

根据 $f$ 的定义和 $(4)$, 得 $f(x) = g(1, x) \\in [0, \\dfrac{1}{4}]$ , 因此 $f(x)$ 在 $\\Bbb{R}$ 上有界, 因此 $f(x)$ 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 $a_0$ ,
根据 $(4)$ 有: $g(a_0 +1; x) < \\dfrac{\\varepsilon}{4}$ .
又因为 $p(a_0; x) \\in C(\\Bbb{R})$ ,
因此存在 $\\delta > 0, \\delta \\in \\Bbb{R}$ 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.
因此当 $|x - x_0| < \\delta_n$ 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, 因此 $f(x)$ 在 $\\Bbb{R}$ 上连续.

下面证明 $f(x)$ 在实数域处处不可导.
$\\varphi_n(x)$ 是以 $4^{-n}$ 为周期的函数, 因此其周期可以表示为
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 $\\varphi_n(x)$ 的周期范围 $A_n(x)$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 $A_n(x)$ 分割成 $B_n(x), C_n(x)$ 两部分:
$$B_n(x) = \\left[\\dfrac{[4^n x]}{4^n}, \\dfrac{[4^n x] + \\dfrac{1}{2}}{4^n}\\right) \\tag{7}$$
$$C_n(x) = \\left[\\dfrac{[4^n x] + \\dfrac{1}{2}}{4^n}, \\dfrac{[4^n x] + 1}{4^n}\\right) \\tag{8}$$
在 $B_n(x)$ 和 $C_n(x)$ 中 $\\varphi_n(x)$ 的斜率分别为 $1$ 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

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

因此当 $h_n = \\dfrac{1}{4^{n+1}}$ 或 $h_n = -\\dfrac{1}{4^{n+1}}$ 时,
必定有 $x + h, x \\in B_n(x)$ 或 $x + h_n, x \\in C_n(x)$ 成立.
结合 $(9)$ 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 $x_0$, 根据 $(6)$ 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: $t - 1 < [t] \\le t < t +1$,
因此 $0 \\le t - [t] < 1$ .
设 $p$ 为任意正整数,
有
$$0 \\le pt - p[t] < p \\Rightarrow 0 \\le [pt - p[t]] < p$$
因为 $p[t] \\in \\Bbb{Z}$ ,
因此 $0 \\le [pt - p[t]] = [pt] - p[t] < p$ .
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, 因此 $[4^n x_0] - 4[4^{n - 1} x_0] \\in \\{0, 1, 2, 3\\}$ .
当 $[4^n x_0] - 4[4^{n - 1} x_0] = 0$ 或 $1$ 时

根据 $(13)$ 有:

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

结合 $(11), (14)$ 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 $x_0 \\in A_n(x_0) \\subset A_{n - 1}(x_0)$.
那么下面两种情况中的一种会出现,
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, 因此有
$ 4[4^{n - 1} x_0] - [4^n x_0] \\ge -1$ , 即
$$4[4^{n - 1} x_0] - [4^n x_0] + 1 \\ge 0 \\tag{16}$$
$B_{n - 1}(x_0)$ 的末端位置减去 $A_n(x_0)$ 的末端位置:
$$\\dfrac{[4^{n - 1} x_0] + \\dfrac{1}{2}}{4^{n - 1}} - \\dfrac{[4^n x_0] +1}{4^n} = \\dfrac{4[4^{n - 1} x_0] - [4^n x_0] + 1}{4^n}$$
再结合 $(16)$, 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:
$$\\dfrac{[4^n x_0]}{4^n} \\in C_{n - 1}(x_0) \\Rightarrow A_{n} \\subset C_{n - 1}(x_0) \\tag{18}$$
结合 $(17), (18)$ , 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) $ .
因此再结合 $(9), (10)$ 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 $\\pm 4^{t - n - 1} \\in \\Bbb{Z}$, 再根据 $\\varphi_t$ 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.
根据条件可知

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

根据 $(20)$, 当 $n > k$ 时 $\\varphi_n(x_0 + h_k) - \\varphi_n(x_0) = 0$ , 因此 $(21)$ 式可写成

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

在结合 $(19)$ 式可知 $\\dfrac{\\varphi_n(x_0 + h_k) - \\varphi_n(x_0)}{h_k} = \\pm 1 ,(n \\le k) $ .
因此当 $n$ 为偶数时, $g_n$ 为偶数,
当 $n$ 为奇数时, $g_n$ 为奇数,
因此无论 $n$ 是多少 $|g_n - g_{n + 1}| \\ge 1 $ ,
因此数列 ${g_n}$ 没有极限,
故 $f(x)$ 在 $x_0$ 处不可导,
由于 $x_0$ 是任意实数,
所以 $f(x)$ 在整个实数域处处不可导.