Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 5. Производные и дифференциалы высших порядков
Демидович — задача 1224
Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.
Задача 1224
Доказать, что функцияf(x)=⎩⎨⎧x2nsinx1,0,x=0,x=0(n — натуральное число) в точке x=0 имеет производные до n-го порядка включительно и не имеет производной (n+1)-го порядка.
Доказательство
Производная функции f(x) при x=0 представляет собой сумму слагаемых вида Axmsin(1/x) и Bxmcos(1/x).
При каждом дифференцировании минимальная степень x уменьшается либо на 1 (за счёт дифференцирования степенной функции), либо на 2 (за счёт производной внутренней функции (1/x)′=−1/x2).
Слагаемое с минимальной степенью получается единственным способом: на каждом шаге дифференцируется тригонометрический множитель. Его коэффициент каждый раз умножается на −1, а фаза увеличивается на π/2. Поэтому при x=0 и 0≤k≤nf(k)(x)=(−1)kx2n−2ksin(1/x+kπ/2)+Rk(x),где Rk — конечная сумма степеней x с синусами и косинусами, причём каждая степень не меньше 2n−2k+1. Это утверждение сохраняется при дифференцировании: степень первого слагаемого понижается на 2, а в каждом прочем члене — не более чем на 2. Так обосновываются и минимальная степень, и её коэффициент.Докажем по индукции, что для всех k≤n производная в нуле существует и f(k)(0)=0.
При k=0 по условию f(0)=0.
Пусть для некоторого k≤n выполнено f(k−1)(0)=0. Найдём производную k-го порядка по определениюf(k)(0)=x→0limxf(k−1)(x)−0Для x=0 функция f(k−1)(x) является суммой слагаемых, где наименьшая степень x равна 2n−2(k−1)=2n−2k+2.
Так как k≤n, показатель степени строго больше нуля: 2n−2k+2≥2. Поэтому после деления на x все слагаемые в выражении f(k−1)(x)/x будут содержать x в степени не ниже 1. Поскольку тригонометрические функции ограничены, предел при x→0 равен нулюf(k)(0)=0Значит, производные вплоть до n-го порядка в точке x=0 существуют и равны нулю. Рассмотрим вид n-й производной при x=0. Слагаемое с наименьшей степенью x возникает, когда дифференцирование все n раз применяется к тригонометрической части:(sinx1)(n)=x2n(−1)nsin(x1+2πn)+…Умножая на x2n, видим, что слагаемое с наименьшей степенью x в f(n)(x) имеет нулевую степень (x0=1):f(n)(x)=(−1)nsin(x1+2πn)+xψ(x)где ψ(x) — ограниченная вблизи нуля функция, объединяющая все остальные слагаемые.
Попытаемся вычислить (n+1)-ю производную в нулеf(n+1)(0)=x→0limxf(n)(x)−f(n)(0)=x→0limx(−1)nsin(x1+2πn)+xψ(x)Почему ограниченная добавка ψ не может дать предел? Возьмём при достаточно больших jxj=π/2−nπ/2+2πj1,zj=3π/2−nπ/2+2πj1.Обе последовательности положительны и стремятся к нулю. Синус в числителе равен на них соответственно 1 и −1, поэтому разностные отношения имеют вид (−1)n/xj+ψ(xj) и −(−1)n/zj+ψ(zj). Они стремятся к бесконечностям противоположных знаков. Следовательно, предела нет.
Первое слагаемое под пределом имеет вид x1sin(x1+2πn). Эта функция неограниченно колеблется и принимает сколь угодно большие по модулю значения в любой окрестности нуля, поэтому предел не существует.
Таким образом, производной (n+1)-го порядка в точке x=0 нет.
При каждом дифференцировании минимальная степень x уменьшается либо на 1 (за счёт дифференцирования степенной функции), либо на 2 (за счёт производной внутренней функции (1/x)′=−1/x2).
Слагаемое с минимальной степенью получается единственным способом: на каждом шаге дифференцируется тригонометрический множитель. Его коэффициент каждый раз умножается на −1, а фаза увеличивается на π/2. Поэтому при x=0 и 0≤k≤nf(k)(x)=(−1)kx2n−2ksin(1/x+kπ/2)+Rk(x),где Rk — конечная сумма степеней x с синусами и косинусами, причём каждая степень не меньше 2n−2k+1. Это утверждение сохраняется при дифференцировании: степень первого слагаемого понижается на 2, а в каждом прочем члене — не более чем на 2. Так обосновываются и минимальная степень, и её коэффициент.
При k=0 по условию f(0)=0.
Пусть для некоторого k≤n выполнено f(k−1)(0)=0. Найдём производную k-го порядка по определениюf(k)(0)=x→0limxf(k−1)(x)−0Для x=0 функция f(k−1)(x) является суммой слагаемых, где наименьшая степень x равна 2n−2(k−1)=2n−2k+2.
Так как k≤n, показатель степени строго больше нуля: 2n−2k+2≥2. Поэтому после деления на x все слагаемые в выражении f(k−1)(x)/x будут содержать x в степени не ниже 1. Поскольку тригонометрические функции ограничены, предел при x→0 равен нулюf(k)(0)=0Значит, производные вплоть до n-го порядка в точке x=0 существуют и равны нулю.
Попытаемся вычислить (n+1)-ю производную в нулеf(n+1)(0)=x→0limxf(n)(x)−f(n)(0)=x→0limx(−1)nsin(x1+2πn)+xψ(x)Почему ограниченная добавка ψ не может дать предел? Возьмём при достаточно больших jxj=π/2−nπ/2+2πj1,zj=3π/2−nπ/2+2πj1.Обе последовательности положительны и стремятся к нулю. Синус в числителе равен на них соответственно 1 и −1, поэтому разностные отношения имеют вид (−1)n/xj+ψ(xj) и −(−1)n/zj+ψ(zj). Они стремятся к бесконечностям противоположных знаков. Следовательно, предела нет.
Первое слагаемое под пределом имеет вид x1sin(x1+2πn). Эта функция неограниченно колеблется и принимает сколь угодно большие по модулю значения в любой окрестности нуля, поэтому предел не существует.
Таким образом, производной (n+1)-го порядка в точке x=0 нет.
Что и требовалось доказать