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 функцияf(x)={e−1x2,x≠0,0,x=0f(x)=
\begin{cases}
e^{-\frac1{x^2}},&x\ne0,\\
0,&x=0
\end{cases}бесконечно дифференцируема при x=0x=0.

Построить график этой функции.
ПостроениеФункция бесконечно дифференцируема при x=0x=0, причём
f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0 для каждого целого n⩾0n\geqslant0.

Построение

Сначала установим вспомогательный предел. Для любого числа α⩾0\alpha\geqslant0
имеемlim⁡s→+∞sαe−s=0\lim_{s\to+\infty}s^\alpha e^{-s}=0Действительно, выберем натуральное число N>αN>\alpha. Из разложения экспоненты, доказанного в №611, следуетes⩾sNN!s>0e^s\geqslant\frac{s^N}{N!}
\qquad s>0поэтому0⩽sαe−s⩽N!sα−N⟶00\leqslant s^\alpha e^{-s}
\leqslant N!s^{\alpha-N}
\longrightarrow0Положимs=1x2s=\frac1{x^2}Тогда для любого q⩾0q\geqslant0e−1x2∣x∣q=(1x2)q2e−1x2==sq2e−s\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→0x\to0 имеем s→+∞s\to+\infty, поэтому доказанный предел при
α=q2\alpha=\dfrac q2 даётlim⁡x→0e−1x2∣x∣q=0\lim_{x\to0}\frac{e^{-\frac1{x^2}}}{|x|^q}=0Иными словами,e−1x2=o(∣x∣q)x→0e^{-\frac1{x^2}}=o\bigl(|x|^q\bigr)
\qquad x\to0для любого q⩾0q\geqslant0: функция e−1x2e^{-\frac1{x^2}} стремится к нулю быстрее
любой положительной степени ∣x∣|x|. Эквивалентно, её произведение на
любую конечную степень 1∣x∣\dfrac1{|x|} всё равно стремится к нулю.
Теперь докажем по индукции, что для каждого целого n⩾0n\geqslant0
выполнены три утверждения:

при x≠0x\ne0 существует многочлен PnP_n такой, чтоf(n)(x)=Pn ⁣(1x)e−1x2f^{(n)}(x)=P_n\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}производная f(n)(0)f^{(n)}(0) существует иf(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0
функция f(n)f^{(n)} непрерывна в нуле.

Для n=0n=0 можно взять P0(z)=1P_0(z)=1. Непрерывность функции в нуле следует
из уже доказанного предела при q=0q=0:lim⁡x→0e−1x2=0=f(0)\begin{aligned}
\lim_{x\to0}e^{-\frac1{x^2}}
=0
&=f(0)
\end{aligned}
Предположим, что утверждение доказано для некоторого nn. При x≠0x\ne0
дифференцируем произведение и получаемf(n+1)(x)=−1x2Pn′ ⁣(1x)e−1x2+2x3Pn ⁣(1x)e−1x2==Pn+1 ⁣(1x)e−1x2\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}гдеPn+1(z)=−z2Pn′(z)+2z3Pn(z)P_{n+1}(z)=-z^2P_n'(z)+2z^3P_n(z)Следовательно, Pn+1P_{n+1} также является многочленом.
Проверим существование следующей производной непосредственно в нуле.
ПустьPn(z)=a0+a1z+⋯+amzmP_n(z)=a_0+a_1z+\dots+a_mz^mПо предположению индукции f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0, поэтомуf(n+1)(0)=lim⁡h→0f(n)(h)−f(n)(0)h==lim⁡h→01hPn ⁣(1h)e−1h2\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∣1hPn ⁣(1h)e−1h2∣⩽∑k=0m∣ak∣e−1h2∣h∣k+1⟶0\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+1q=k+1. Следовательно,f(n+1)(0)=0f^{(n+1)}(0)=0Кроме того, из формулы для f(n+1)(x)f^{(n+1)}(x) и вспомогательного предела
следует: многочлен Pn+1 ⁣(1x)P_{n+1}\!\left(\dfrac1x\right) является конечной
суммой степеней 1x\dfrac1x, и после умножения на e−1x2e^{-\frac1{x^2}} каждое её
слагаемое стремится к нулю. Поэтомуlim⁡x→0f(n+1)(x)=0=f(n+1)(0)\begin{aligned}
\lim_{x\to0}f^{(n+1)}(x)
&=0
=f^{(n+1)}(0)
\end{aligned}Значит, производная f(n+1)f^{(n+1)} не только существует в нуле, но и
непрерывна в нём. Индукция завершена: функция имеет в точке x=0x=0
производные всех порядков, причём все они равны нулю.
Для построения графика заметим, что функция чётная и при x≠0x\ne0 строго
положительна. Если 0<u<v0<u<v, то −1/u2<−1/v2-1/u^2<-1/v^2; возрастающая экспонента даёт f(u)<f(v)f(u)<f(v). Поэтому функция возрастает на (0,+∞)(0,+\infty), а в силу чётности убывает на (−∞,0)(-\infty,0). Кроме того,lim⁡x→±∞f(x)=1\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1и для всех x∈Rx\in\mathbb R0⩽f(x)<10\leqslant f(x)<1Следовательно, y=1y=1 является горизонтальной асимптотой, которую график
не пересекает. В точке (0,0)(0,0) касательной служит ось OxOx, поскольку
f′(0)=0f'(0)=0.

Построение графика

График симметричен относительно оси OyOy. Синяя
кривая имеет единственную общую точку с осью OxOx --- точку (0,0)(0,0) ---
и при x≠0x\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=1y=1, а стрелки указывают
продолжение ветвей.график к задаче Демидовича № 1225

Ответ

Функция бесконечно дифференцируема при x=0x=0, причём
f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0 для каждого целого n⩾0n\geqslant0.
Демидович № 1225 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика