Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 5. Производные и дифференциалы высших порядков

Демидович — задача 1225

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

Задача 1225

Доказать, что функция

f(x)=\begin{cases}e^{-\frac1{x^2}},&x\ne0,\\0,&x=0\end{cases}

бесконечно дифференцируема при

x=0

.

Построить график этой функции.

ПостроениеФункция бесконечно дифференцируема при

x=0

, причём

f^{(n)}(0)=0

для каждого целого

n\geqslant0

Построение

Идея

Сначала установим вспомогательный предел. Для любого числа

\alpha\geqslant0

имеем

\lim_{s\to+\infty}s^\alpha e^{-s}=0

Действительно, выберем натуральное число

N>\alpha

. Из разложения
экспоненты следует

e^s\geqslant\frac{s^N}{N!}\qquad s>0

поэтому

0\leqslant s^\alpha e^{-s}\leqslant N!s^{\alpha-N}\longrightarrow0

Положим

s=\frac1{x^2}

Тогда для любого

q\geqslant0

\begin{aligned}\frac{e^{-\frac1{x^2}}}{|x|^q}&=\left(\frac1{x^2}\right)^{\frac q2}e^{-\frac1{x^2}}=\\&=s^{\frac q2}e^{-s}\end{aligned}

При

x\to0

имеем

s\to+\infty

, поэтому доказанный предел при

\alpha=\dfrac q2

даёт

\lim_{x\to0}\frac{e^{-\frac1{x^2}}}{|x|^q}=0

Иными словами,

e^{-\frac1{x^2}}=o\bigl(|x|^q\bigr)\qquad x\to0

для любого

q\geqslant0

: функция

e^{-\frac1{x^2}}

стремится к нулю быстрее
любой положительной степени

|x|

. Эквивалентно, её произведение на
любую конечную степень

\dfrac1{|x|}

всё равно стремится к нулю.

1
Теперь докажем по индукции, что для каждого целого $n\geqslant0$
выполнены три утверждения:

при $x\ne0$ существует многочлен $P_n$ такой, что $f^{(n)}(x)=P_n\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}$ производная $f^{(n)}(0)$ существует и $f^{(n)}(0)=0$
2
функция $f^{(n)}$ непрерывна в нуле.

Для $n=0$ можно взять $P_0(z)=1$ . Непрерывность функции в нуле следует
из уже доказанного предела при $q=0$ : $\begin{aligned}\lim_{x\to0}e^{-\frac1{x^2}}=0&=f(0)\end{aligned}$
3
Предположим, что утверждение доказано для некоторого $n$ . При $x\ne0$
дифференцируем произведение и получаем $\begin{aligned}f^{(n+1)}(x)&=-\frac1{x^2}P_n'\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}+\frac2{x^3}P_n\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}=\\&=P_{n+1}\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}\end{aligned}$ где $P_{n+1}(z)=-z^2P_n'(z)+2z^3P_n(z)$ Следовательно, $P_{n+1}$ также является многочленом.
4
Проверим существование следующей производной непосредственно в нуле.
Пусть $P_n(z)=a_0+a_1z+\dots+a_mz^m$ По предположению индукции $f^{(n)}(0)=0$ , поэтому $\begin{aligned}f^{(n+1)}(0)&=\lim_{h\to0}\frac{f^{(n)}(h)-f^{(n)}(0)}{h}=\\&=\lim_{h\to0}\frac1hP_n\!\left(\frac1h\right)e^{-\frac1{h^2}}\end{aligned}$ Для выражения под знаком последнего предела имеем строгую оценку $\begin{aligned}\left|\frac1hP_n\!\left(\frac1h\right)e^{-\frac1{h^2}}\right|&\leqslant\sum_{k=0}^{m}|a_k|\frac{e^{-\frac1{h^2}}}{|h|^{k+1}}\longrightarrow0\end{aligned}$ Каждое слагаемое конечной суммы стремится к нулю по вспомогательному
пределу при $q=k+1$ . Следовательно, $f^{(n+1)}(0)=0$ Кроме того, из формулы для $f^{(n+1)}(x)$ и вспомогательного предела
следует: многочлен $P_{n+1}\!\left(\dfrac1x\right)$ является конечной
суммой степеней $\dfrac1x$ , и после умножения на $e^{-\frac1{x^2}}$ каждое её
слагаемое стремится к нулю. Поэтому $\begin{aligned}\lim_{x\to0}f^{(n+1)}(x)&=0=f^{(n+1)}(0)\end{aligned}$ Значит, производная $f^{(n+1)}$ не только существует в нуле, но и
непрерывна в нём. Индукция завершена: функция имеет в точке $x=0$
производные всех порядков, причём все они равны нулю.
5
Для построения графика заметим, что функция чётная и при $x\ne0$ строго
положительна. При $x\ne0$ $f'(x)=\frac2{x^3}e^{-\frac1{x^2}}$ Поэтому функция убывает на $(-\infty,0)$ и возрастает на
$(0,+\infty)$ . Кроме того, $\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1$ и для всех $x\in\mathbb R$ $0\leqslant f(x)<1$ Следовательно, $y=1$ является горизонтальной асимптотой, которую график
не пересекает. В точке $(0,0)$ касательной служит ось $Ox$ , поскольку
$f'(0)=0$ .

При $x\ne0$ вторая производная равна $\begin{aligned}f''(x)&=\left(\frac4{x^6}-\frac6{x^4}\right)e^{-\frac1{x^2}}=\\&=\frac{2(2-3x^2)}{x^6}e^{-\frac1{x^2}}\end{aligned}$ Поэтому $f''(x)>0\quad\text{при}\quad0<|x|<\sqrt{\frac23}$ и $f''(x)<0\quad\text{при}\quad|x|>\sqrt{\frac23}$ Точки перегиба имеют координаты $\left(\pm\sqrt{\frac23},e^{-\frac32}\right)$
6
Построение графика
График симметричен относительно оси $Oy$ . Синяя
кривая имеет единственную общую точку с осью $Ox$ — точку $(0,0)$ —
и при $x\ne0$ лежит строго выше этой оси. Около начала координат она лишь
визуально сливается с осью из-за чрезвычайно быстрого стремления к нулю.
Пунктиром показана горизонтальная асимптота $y=1$ , а стрелки указывают
продолжение ветвей. $график к задаче Демидовича № 1225$

Проверка

Ответ. Функция бесконечно дифференцируема при

x=0

, причём

f^{(n)}(0)=0

для каждого целого

n\geqslant0