Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 6. Теоремы Ролля, Лагранжа и Коши

Демидович — задача 1249

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

Задача 1249

Пустьf(x)−f(0)=xf′(ξ(x)),0<ξ(x)<xf(x)-f(0)=xf'(\xi(x)),
\qquad 0<\xi(x)<xДоказать, что еслиf(x)=xsin⁡(ln⁡x)при x>0,f(0)=0f(x)=x\sin(\ln x)\quad\text{при }x>0,
\qquad f(0)=0то функция ξ=ξ(x)\xi=\xi(x) разрывна в любом сколь угодно малом интервале (0,ε)(0,\varepsilon), где ε>0\varepsilon>0.

Доказательство

Идея

По условию f(x)=xsin⁡(ln⁡x)f(x) = x\sin(\ln x) при x>0x > 0 и f(0)=0f(0) = 0.
Найдём производную функции при x>0x > 0:

Проверка

f′(x)=sin⁡(ln⁡x)+xcos⁡(ln⁡x)⋅1x=sin⁡(ln⁡x)+cos⁡(ln⁡x)f'(x) = \sin(\ln x) + x\cos(\ln x)\cdot\frac{1}{x} = \sin(\ln x) + \cos(\ln x)Воспользуемся формулой вспомогательного угла:f′(x)=2(22sin⁡(ln⁡x)+22cos⁡(ln⁡x))=2sin⁡(ln⁡x+π4)f'(x) = \sqrt{2}\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\sin(\ln x) + \frac{\sqrt{2}}{2}\cos(\ln x) \right) = \sqrt{2}\sin\left(\ln x + \frac{\pi}{4}\right)Запишем формулу конечных приращений для отрезка [0,x][0, x]:f(x)−f(0)=xf′(ξ)f(x) - f(0) = xf'(\xi)Подставим выражения для функции и её производной:xsin⁡(ln⁡x)=x2sin⁡(ln⁡ξ+π4)x\sin(\ln x) = x\sqrt{2}\sin\left(\ln \xi + \frac{\pi}{4}\right)Так как x>0x > 0, разделим обе части на xx:sin⁡(ln⁡x)=2sin⁡(ln⁡ξ+π4)\sin(\ln x) = \sqrt{2}\sin\left(\ln \xi + \frac{\pi}{4}\right)Отсюда получаем уравнение, связывающее xx и ξ(x)\xi(x):sin⁡(ln⁡ξ+π4)=12sin⁡(ln⁡x)\sin\left(\ln \xi + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}\sin(\ln x)Предположим от противного, что функция ξ(x)\xi(x) непрерывна в некотором интервале (0,ε)(0, \varepsilon).
Тогда функция g(x)=ln⁡ξ(x)+π4g(x) = \ln \xi(x) + \frac{\pi}{4} также является непрерывной на этом интервале.
Значения функции 12sin⁡(ln⁡x)\frac{1}{\sqrt{2}}\sin(\ln x) при изменении xx осциллируют на отрезке [−12,12]\left[-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right].
Следовательно, уравнение sin⁡(g(x))=y\sin(g(x)) = y, где y∈[−12,12]y \in \left[-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right], должно выполняться для непрерывной функции g(x)g(x).
Участки, на которых синус принимает такие значения, представляют собой изолированные отрезки вида [nπ−π4,nπ+π4]\left[n\pi - \frac{\pi}{4}, n\pi + \frac{\pi}{4}\right], где n∈Zn \in \mathbb{Z}.
В силу непрерывности, функция g(x)g(x) не может «перепрыгивать» из одного такого отрезка в другой (по теореме Больцано-Коши она должна была бы принимать все промежуточные значения, при которых синус по модулю больше 12\frac{1}{\sqrt{2}}, что невозможно).
Значит, на всём интервале (0,ε)(0, \varepsilon) функция g(x)g(x) ограничена и целиком лежит внутри одного такого отрезка для некоторого фиксированного nn.
Так как g(x)=ln⁡ξ(x)+π4g(x) = \ln \xi(x) + \frac{\pi}{4}, функция ln⁡ξ(x)\ln \xi(x) тоже должна быть ограничена снизу.
Однако по условию 0<ξ(x)<x0 < \xi(x) < x. При x→0x \to 0 по теореме о двух милиционерах получаем, что ξ(x)→0\xi(x) \to 0.
Следовательно, ln⁡ξ(x)→−∞\ln \xi(x) \to -\infty, что противоречит ограниченности функции ln⁡ξ(x)\ln \xi(x).
Полученное противоречие доказывает, что функция ξ(x)\xi(x) не может быть непрерывной ни в одном сколь угодно малом интервале (0,ε)(0, \varepsilon).

Что и требовалось доказать

Демидович № 1249 — решение | Высшая математика — Профиматика