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

Демидович — задача 1009

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

Задача 1009

1. Показать, что функцияf(x)=xsin⁡1xпри x≠0,f(0)=0f(x)=x\sin\frac1x\quad\text{при }x\ne0,
\qquad f(0)=0непрерывна при x=0x=0, но не имеет в этой точке ни левой, ни правой
производной.

2. Пусть x0x_0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x)f(x). Выраженияf−′(x0)=lim⁡h→0−f(x0+h)−f(x0−)hf'_-(x_0)=\lim_{h\to0^-}
\frac{f(x_0+h)-f(x_0^-)}{h}иf+′(x0)=lim⁡h→0+f(x0+h)−f(x0+)hf'_+(x_0)=\lim_{h\to0^+}
\frac{f(x_0+h)-f(x_0^+)}{h}называются обобщёнными односторонними соответственно левой и
правой производными функции f(x)f(x) в точке x0x_0.

Найти f−′(x0)f'_-(x_0) и f+′(x0)f'_+(x_0) в точках разрыва x0x_0 функции
f(x)f(x), если:а) f(x)=x2+x3x;б) f(x)=arctg⁡1+x1−x\text{а) }f(x)=\frac{\sqrt{x^2+x^3}}{x};
\qquad
\text{б) }f(x)=\operatorname{arctg}\frac{1+x}{1-x}в) f(x)=11+e1x\text{в) }f(x)=\frac1{1+e^{\frac1x}}
Доказано:Функция непрерывна при x=0x=0, но ни f−′(0)f'_-(0), ни
f+′(0)f'_+(0) не существует.

В точке разрыва x0=0x_0=0f−′(0)=−12f+′(0)=12f'_-(0)=-\frac12
\qquad
f'_+(0)=\frac12В точке разрыва x0=1x_0=1f−′(1)=f+′(1)=12f'_-(1)=f'_+(1)=\frac12В точке разрыва x0=0x_0=0f−′(0)=f+′(0)=0f'_-(0)=f'_+(0)=0

Доказательство

Для x≠0x\ne0∣f(x)∣=∣xsin⁡1x∣⩽∣x∣|f(x)|=\left|x\sin\frac1x\right|\leqslant|x|Поэтому f(x)→0=f(0)f(x)\to0=f(0) при x→0x\to0, то есть функция непрерывна
в нуле.

Разностное отношение в этой точке равноf(h)−f(0)h=sin⁡1h\frac{f(h)-f(0)}h=\sin\frac1hПри h→0+h\to0^+ оно принимает значения 11 на последовательностиhn=1π2+2πnh_n=\frac1{\frac\pi2+2\pi n}и значения −1-1 на последовательностиh~n=13π2+2πn\widetilde h_n=\frac1{\frac{3\pi}{2}+2\pi n}Обе последовательности стремятся к нулю справа, поэтому правого предела
нет. После замены этих последовательностей на противоположные получаем
тот же вывод для предела слева.

2а) Подкоренное выражение равно x2(1+x)x^2(1+x), поэтому при
−1⩽x<0-1\leqslant x<0f(x)=−1+xf(x)=-\sqrt{1+x}а при x>0x>0f(x)=1+xf(x)=\sqrt{1+x}Точка x0=0x_0=0 является точкой разрыва первого рода, причёмf(0−)=−1f(0+)=1f(0^-)=-1
\qquad
f(0^+)=1Для обобщённых производных получаемf−′(0)=lim⁡h→0−−1+h+1h=−12f+′(0)=lim⁡h→0+1+h−1h=12\begin{aligned}
f'_-(0)&=\lim_{h\to0^-}
\frac{-\sqrt{1+h}+1}{h}=-\frac12\\
f'_+(0)&=\lim_{h\to0^+}
\frac{\sqrt{1+h}-1}{h}=\frac12
\end{aligned}2б) Единственная точка разрыва находится при x0=1x_0=1.
Действительно,f(1−)=π2f(1+)=−π2f(1^-)=\frac\pi2
\qquad
f(1^+)=-\frac\pi2Для x≠1x\ne1 производная функции равнаf′(x)=2(1−x)21+(1+x1−x)2=11+x2\begin{aligned}
f'(x)&=\frac{\dfrac2{(1-x)^2}}
{1+\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)^2}=
\frac1{1+x^2}
\end{aligned}На каждой стороне от x=1x=1 продолжим соответствующую ветвь функции
до точки x=1x=1 её односторонним пределом. Затем применим теорему
Лагранжа к отрезку между 11 и 1+h1+h. Разностное отношение,
задающее обобщённую одностороннюю производную, равно f′(ξh)f'(\xi_h) для
некоторой точки ξh\xi_h между 11 и 1+h1+h. При h→0−h\to0^- или
h→0+h\to0^+ имеем ξh→1\xi_h\to1. Поэтомуf−′(1)=f+′(1)=lim⁡x→111+x2=12f'_-(1)=f'_+(1)
=\lim_{x\to1}\frac1{1+x^2}
=\frac12

Проверка

2в) Точка x0=0x_0=0 является точкой разрыва первого рода:f(0−)=1f(0+)=0f(0^-)=1
\qquad
f(0^+)=0Слева имеемf−′(0)=lim⁡h→0−11+e1/h−1h==lim⁡h→0−−e1/hh(1+e1/h)=0\begin{aligned}
f'_-(0)&=\lim_{h\to0^-}
\frac{\dfrac1{1+e^{1/h}}-1}{h}=\\
&=\lim_{h\to0^-}
\frac{-e^{1/h}}{h(1+e^{1/h})}=0
\end{aligned}поскольку e1/h/∣h∣→0e^{1/h}/|h|\to0 при h→0−h\to0^-. Справаf+′(0)=lim⁡h→0+1h(1+e1/h)=0\begin{aligned}
f'_+(0)&=\lim_{h\to0^+}
\frac1{h(1+e^{1/h})}=0
\end{aligned}поскольку e−1/h/h→0e^{-1/h}/h\to0 при h→0+h\to0^+.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1009 — решение и ответ