Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 1. Производная явной функции

Демидович — задача 1002

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Задача, подробное решение и ответ.

Задача 1002

f(x)=x∣cos⁡πx∣(x≠0),f(0)=0f(x)=x\left|\cos\frac\pi x\right|\quad(x\ne0),
\qquad f(0)=0
Ответ:При x≠0x\ne0 и
x∉{22k+1:k∈Z}x\notin\left\{\dfrac2{2k+1}:k\in\mathbb Z\right\} левая и правая
производные совпадают с обычной производной. Для
xk=22k+1x_k=\dfrac2{2k+1}f−′(xk)=−πxkf+′(xk)=πxkf'_-(x_k)=-\frac\pi{x_k}
\qquad
f'_+(x_k)=\frac\pi{x_k}При x=0x=0 ни левой, ни правой производной не существует.

Решение

Идея

При x≠0x\ne0 возможные точки недифференцируемости модуля определяются
равенствомcos⁡πx=0\cos\frac\pi x=0Отсюдаπx=π2+πkx=xk=22k+1k∈Z\frac\pi x=\frac\pi2+\pi k
\qquad
x=x_k=\frac{2}{2k+1}
\qquad
k\in\mathbb Z
Если x≠0x\ne0 и x≠xkx\ne x_k, то функция дифференцируема иf−′(x)=f+′(x)=∣cos⁡πx∣+πxsin⁡πx sgn⁡(cos⁡πx)\begin{aligned}
f'_-(x)=f'_+(x)
={}&\left|\cos\frac\pi x\right|
+\frac\pi x\sin\frac\pi x\,
\operatorname{sgn}\left(\cos\frac\pi x\right)
\end{aligned}В точке xkx_k функция под модулем имеет простой нуль. Поскольку∣(cos⁡πx)x=xk′∣=πxk2\left|\left(\cos\frac\pi x\right)'_{x=x_k}\right|
=\frac\pi{x_k^2}вблизи xkx_k имеем∣cos⁡πxk+h∣=πxk2∣h∣+o(∣h∣)\left|\cos\frac{\pi}{x_k+h}\right|
=\frac{\pi}{x_k^2}|h|+o(|h|)и поэтомуf(xk+h)=(xk+h)(πxk2∣h∣+o(∣h∣))==πxk∣h∣+o(∣h∣)\begin{aligned}
f(x_k+h)
&=(x_k+h)
\left(
\frac{\pi}{x_k^2}|h|+o(|h|)
\right)=\\
&=\frac\pi{x_k}|h|+o(|h|)
\end{aligned}Следовательно,f−′(xk)=−πxkf+′(xk)=πxkf'_-(x_k)=-\frac\pi{x_k}
\qquad
f'_+(x_k)=\frac\pi{x_k}

Проверка

Наконец, при x=0x=0 разностное отношение равноf(h)−f(0)h=∣cos⁡πh∣\frac{f(h)-f(0)}h=\left|\cos\frac\pi h\right|Оно не имеет предела ни при h→0−h\to0^-, ни при h→0+h\to0^+, так как
на каждой стороне от нуля принимает значения, сколь угодно близкие и
к 00, и к 11.
Демидович № 1002 — решение и ответ