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

Демидович — задача 1007

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

Задача 1007

f(x)=arcsin⁡2x1+x2f(x)=\arcsin\frac{2x}{1+x^2}
Ответ:При x≠±1x\ne\pm1f−′(x)=f+′(x)={−21+x2,∣x∣>121+x2,∣x∣<1f'_-(x)=f'_+(x)=
\begin{cases}
-\dfrac2{1+x^2}, & |x|>1\\[2mm]
\dfrac2{1+x^2}, & |x|<1
\end{cases}а в точках x0=±1x_0=\pm1f−′(x0)=x0f+′(x0)=−x0f'_-(x_0)=x_0
\qquad
f'_+(x_0)=-x_0

Решение

Идея

Для любого x∈Rx\in\mathbb R∣2x1+x2∣⩽1\left|\frac{2x}{1+x^2}\right|\leqslant1поскольку это неравенство равносильно очевидным неравенствам
(x−1)2⩾0(x-1)^2\geqslant0 и (x+1)2⩾0(x+1)^2\geqslant0. Поэтому функция
определена на всей числовой прямой.
Положим u=2arctg⁡xu=2\operatorname{arctg} x. Тогда u∈(−π,π)u\in(-\pi,\pi) иsin⁡u=2x1+x2\sin u=\frac{2x}{1+x^2}С учётом диапазона значений функции arcsin⁡\arcsin получаемf(x)={−π−2arctg⁡x,x<−12arctg⁡x,−1⩽x⩽1π−2arctg⁡x,x>1f(x)=
\begin{cases}
-\pi-2\operatorname{arctg} x, & x<-1\\
2\operatorname{arctg} x, & -1\leqslant x\leqslant1\\
\pi-2\operatorname{arctg} x, & x>1
\end{cases}Отсюда при x≠±1x\ne\pm1f−′(x)=f+′(x)={−21+x2,∣x∣>121+x2,∣x∣<1f'_-(x)=f'_+(x)=
\begin{cases}
-\dfrac2{1+x^2}, & |x|>1\\[2mm]
\dfrac2{1+x^2}, & |x|<1
\end{cases}

Проверка

В точках стыка односторонние производные равныf−′(−1)=−1f+′(−1)=1f−′(1)=1f+′(1)=−1\begin{aligned}
f'_-(-1)&=-1
&\qquad
f'_+(-1)&=1\\
f'_-(1)&=1
&
f'_+(1)&=-1
\end{aligned}
Демидович № 1007 — решение и ответ