基于导数定义验证分段累积分布函数在x=1处的右导数为π/2

嘿，我来帮你搞定这个右导数的验证问题！首先明确我们的核心目标：给定这个分段函数$F(x)$，左分支在$x=1$处的导数已经算出是$\pi/2$，现在要通过导数定义证明右导数也等于$\pi/2$，这样就能确认$F(x)$在$x=1$处可导且导数连续。

先把关键的函数和修正后的导数分支理清楚：

原分段函数 #

$$F(x)=
\begin{cases}
\frac{\pi x^2}{4} &\quad\text{if }0\le x\le1, \
\sqrt{x^2-1}+ \frac{x^2}{2}\left(\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{x}\right)\right)&\quad\text{if }1< x\le\sqrt{2} \
\end{cases}$$

修正后的导数分支 #

先提个小细节：你之前计算的右分支导数有一处错误，我帮你重新化简了——用乘积法则求导后，$x/\sqrt{x^2-1}$项会和后续的同类项抵消，最终得到简洁的形式：
$$f(x)=
\begin{cases}
\frac{\pi x}{2} &\quad\text{if }0\le x\le1, \
x\left(\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{x}\right)\right)&\quad\text{if }1< x\le\sqrt{2} \
\end{cases}$$

方法一：用导数定义直接验证 #

根据右导数的定义：
$$F'+(1)=\lim{h\to0^+}\frac{F(1+h)-F(1)}{h}$$

首先计算$F(1)=\frac{\pi\cdot1^2}{4}=\frac{\pi}{4}$，再代入$x=1+h$（$h>0$且$1+h\le\sqrt{2}$）到右分支：
$$F(1+h)=\sqrt{(1+h)^{2-1}+\frac{(1+h)}2}{2}\left(\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{1+h}\right)\right)$$

展开分子并整理：
$$
\begin{align*}
F(1+h)-F(1)&=\sqrt{2h+h^{2}+\frac{(1+2h+h}2)}{2}\left(\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{1+h}\right)\right)-\frac{\pi}{4}\
&=\sqrt{h(2+h)}+\frac{\pi}{4}(2h+h^2)-(1+2h+h2)\arccos\left(\frac{1}{1+h}\right)
\end{align*}
$$

为了简化无穷小项的处理，我们换元：令$t=\frac{1}{1+h}$，则$h=\frac{1-t}{t}$，当$h\to0^{+$时，$t\to1}-$。代入后极限转化为：
$$\lim_{t\to1^{-}\frac{t\sqrt{1-t}2}+\frac{\pi}{4}(1-t^2)-\arccos t}{t(1-t)}$$

这是$\frac{0}{0}$型极限，用洛必达法则对分子分母分别求导：

• 分子导数：$2\sqrt{1-t^2}-\frac{\pi t}{2}$
• 分母导数：$1-2t$

代入$t=1$计算：
$$\frac{2\sqrt{1-1^2}-\frac{\pi\cdot1}{2}}{1-2\cdot1}=\frac{0-\frac{\pi}{2}}{-1}=\frac{\pi}{2}$$

方法二：用修正后的导数间接验证（洛必达法则） #

因为$F(x)$在$1<x\le\sqrt{2}$区间内可导，根据洛必达法则，右导数等于导数在$x\to1^+$时的极限：
$$\lim_{x\to1^{+}f(x)=\lim_{x\to1}+}x\left(\frac{\pi}{2}-2\arccos\left(\frac{1}{x}\right)\right)$$

当$x\to1^{+$时，$\frac{1}{x}\to1}-$，$\arccos\left(\frac{1}{x}\right)\to\arccos(1)=0$，代入得：
$$\lim_{x\to1^+}x\left(\frac{\pi}{2}-0\right)=1\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{2}$$

两种方法都得到了相同结果，说明$F(x)$在$x=1$处的右导数确实是$\pi/2$，和左导数一致，所以函数在该点可导且导数为$\pi/2$。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者var