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

Демидович — задача 1003

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

Определить левую производную f−′(x)f'_-(x) и правую производную f+′(x)f'_+(x) функции:

Задача 1003

f(x)=sin⁡x2f(x)=\sqrt{\sin x^2}
Ответ:Во внутренних точках, где sin⁡x2>0\sin x^2>0,f−′(x)=f+′(x)=xcos⁡x2sin⁡x2f'_-(x)=f'_+(x)
=\frac{x\cos x^2}{\sqrt{\sin x^2}}В точке x=0x=0f−′(0)=−1f+′(0)=1f'_-(0)=-1
\qquad
f'_+(0)=1В остальных граничных точках существуют только указанные
односторонние бесконечные пределы разностного отношения; конечной
производной там нет.

Решение

Функция определена при sin⁡x2⩾0\sin x^2\geqslant0. Её область определения
можно записать в видеD=[−π,π]∪⋃k=1∞([−(2k+1)π,−2kπ]∪[2kπ,(2k+1)π])\begin{aligned}
D={}&[-\sqrt\pi,\sqrt\pi]
\cup\bigcup_{k=1}^{\infty}
\left(
[-\sqrt{(2k+1)\pi},-\sqrt{2k\pi}]
\cup
[\sqrt{2k\pi},\sqrt{(2k+1)\pi}]
\right)
\end{aligned}Во внутренних точках области определения, где sin⁡x2>0\sin x^2>0, функция
дифференцируема иf−′(x)=f+′(x)=xcos⁡x2sin⁡x2f'_-(x)=f'_+(x)
=\frac{x\cos x^2}{\sqrt{\sin x^2}}
В точке x=0x=0 имеемsin⁡h2∣h∣=sin⁡h2h2⟶1.\frac{\sqrt{\sin h^2}}{|h|}=\sqrt{\frac{\sin h^2}{h^2}}\longrightarrow1.Это даёт эквивалентностьsin⁡h2∼∣h∣h→0\sqrt{\sin h^2}\sim|h|
\qquad
h\to0Поэтомуf−′(0)=−1f+′(0)=1f'_-(0)=-1
\qquad
f'_+(0)=1Остальные нули подкоренного выражения являются граничными точками
области определения. Пусть k⩾1k\geqslant1. В точках
±2kπ\pm\sqrt{2k\pi} функция определена только со стороны тех значений,
для которых x2>2kπx^2>2k\pi.

Подробно разберём точкуa=2kπa=\sqrt{2k\pi}При h→0+h\to0^+(a+h)2=2kπ+2ah+h2(a+h)^2=2k\pi+2ah+h^2Следовательно,sin⁡ ⁣((a+h)2)∼2ah,f(a+h)−f(a)h∼2ahh=2ah⟶+∞\begin{aligned}
\sin\!\bigl((a+h)^2\bigr)&\sim2ah,\\
\frac{f(a+h)-f(a)}h
&\sim\frac{\sqrt{2ah}}h
=\frac{\sqrt{2a}}{\sqrt h}
\longrightarrow+\infty
\end{aligned}Так как функция чётная, в симметричной точке −a-a соответствующий
левый предел разностного отношения равен −∞-\infty. Таким образом,
в расширенном смыслеf+′ ⁣(2kπ)=+∞f−′ ⁣(−2kπ)=−∞f'_+\!\left(\sqrt{2k\pi}\right)=+\infty
\qquad
f'_-\!\left(-\sqrt{2k\pi}\right)=-\inftyа производные с противоположных сторон не определены.

Проверка

В точках ±(2k+1)π\pm\sqrt{(2k+1)\pi}, k⩾0k\geqslant0, область определения
расположена со стороны x2<(2k+1)πx^2<(2k+1)\pi. Аналогичное разложение у
правой граничной точки даётsin⁡ ⁣(((2k+1)π+h)2)∼−2(2k+1)π h(h→0−)\sin\!\left(\bigl(\sqrt{(2k+1)\pi}+h\bigr)^2\right)
\sim-2\sqrt{(2k+1)\pi}\,h
\qquad(h\to0^-)Поэтомуf−′ ⁣((2k+1)π)=−∞f+′ ⁣(−(2k+1)π)=+∞f'_-\!\left(\sqrt{(2k+1)\pi}\right)=-\infty
\qquad
f'_+\!\left(-\sqrt{(2k+1)\pi}\right)=+\inftyа производные с других сторон не определены.
Демидович № 1003 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика