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

Демидович — задача 1258.2

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

Задача 1258.2

Показать, что для функцииf(x)=arctan⁡1+x1−x(x≠1)f(1)=0f(x)=\arctan\dfrac{1+x}{1-x}
\quad(x\ne1)
\qquad
f(1)=0существует конечный пределlim⁡x→1f′(x)\lim_{x\to1}f'(x)однако функция f(x)f(x) не имеет односторонних производных f−′(1)f'_-(1) и
f+′(1)f'_+(1). Дать геометрическую иллюстрацию этого факта. Однако в этой
точке существуют обобщённые односторонние производные (см. 1009.2).
Доказано:lim⁡x→1f′(x)=12\lim_{x\to1}f'(x)=\frac12но обычных односторонних производных в точке x=1x=1 нет из-за разрыва.
Обе обобщённые односторонние производные равны 12\dfrac12.

Доказательство

При x≠1x\ne1 положимu(x)=1+x1−xu(x)=\dfrac{1+x}{1-x}Тогдаu′(x)=2(1−x)2u'(x)=\frac2{(1-x)^2}иf′(x)=u′(x)1+u2(x)=2(1−x)21+(1+x)2(1−x)2=11+x2\begin{aligned}
f'(x)
=\frac{u'(x)}{1+u^2(x)}
=\frac{\frac2{(1-x)^2}}
{1+\frac{(1+x)^2}{(1-x)^2}}
&=\frac1{1+x^2}
\end{aligned}Поэтому конечный двусторонний предел производной существует и равенlim⁡x→1f′(x)=12\lim_{x\to1}f'(x)=\frac12
Исследуем теперь саму функцию. С учётом главной ветви арктангенса
получаемf(x)={arctan⁡x+π4,x<1,arctan⁡x−3π4,x>1f(x)=
\begin{cases}
\arctan x+\dfrac\pi4,&x<1,\\[2mm]
\arctan x-\dfrac{3\pi}4,&x>1
\end{cases}Действительно, тангенс обоих выражений равен 1+x1−x\dfrac{1+x}{1-x}, а указанные
поправки на π\pi помещают значения в интервал
(−π2,π2)\left(-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right). Отсюдаf(1−0)=π2f(1+0)=−π2\begin{aligned}
f(1-0)&=\frac\pi2\\
f(1+0)&=-\frac\pi2
\end{aligned}в то время как по условию f(1)=0f(1)=0. Значит, функция разрывна в точке
x=1x=1 с обеих сторон и обычных односторонних производных в этой точке не
имеет.
Если формально рассмотреть разностные отношения с заданным значением
f(1)=0f(1)=0, тоlim⁡h→−0f(1+h)−f(1)h=−∞lim⁡h→+0f(1+h)−f(1)h=−∞\lim_{h\to-0}\frac{f(1+h)-f(1)}h=-\infty
\qquad
\lim_{h\to+0}\frac{f(1+h)-f(1)}h=-\inftyОба разностных отношения стремятся к −∞-\infty. Однако это не означает
существования бесконечных односторонних производных. В определении,
используемом в сборнике, бесконечная производная рассматривается для
непрерывной функции, а здесьf(1−0)≠f(1)f(1+0)≠f(1)\begin{aligned}
f(1-0)&\ne f(1)\\
f(1+0)&\ne f(1)
\end{aligned}Следовательно, обычных односторонних производных в точке x=1x=1 нет.
Стремление разностных отношений к −∞-\infty вызвано ненулевыми скачками,
а не вертикальной касательной к ветвям графика.

Чтобы отличать обобщённые односторонние производные от обычных, обозначим
их через f−, об′f'_{-,\,\mathrm{об}} и f+, об′f'_{+,\,\mathrm{об}}. В их определении
из числителя вычитают соответствующий односторонний предел функции.
Поэтомуf−, об′(1)=lim⁡h→−0f(1+h)−f(1−0)h=lim⁡h→0arctan⁡(1+h)−arctan⁡1h=11+12=12f+, об′(1)=lim⁡h→+0f(1+h)−f(1+0)h=lim⁡h→0arctan⁡(1+h)−arctan⁡1h=11+12=12\begin{aligned}
f'_{-,\,\mathrm{об}}(1)
&=\lim_{h\to-0}
\frac{f(1+h)-f(1-0)}h
=\lim_{h\to0}\frac{\arctan(1+h)-\arctan1}{h}=\frac1{1+1^2}=\frac12\\[1mm]
f'_{+,\,\mathrm{об}}(1)
&=\lim_{h\to+0}
\frac{f(1+h)-f(1+0)}h
=\lim_{h\to0}\frac{\arctan(1+h)-\arctan1}{h}=\frac1{1+1^2}=\frac12
\end{aligned}Это совпадает с пределом f′(x)f'(x) при x→1x\to1.

Построение графика

Синие ветви имеют открытые предельные точки
(1,π2)\left(1,\dfrac\pi2\right) и (1,−π2)\left(1,-\dfrac\pi2\right), а заданное
значение функции отмечено точкой
(1,0)(1,0). Вертикальный пунктир показывает предельное положение секущих,
проведённых из (1,0)(1,0) к ветвям. Короткие наклонные пунктиры имеют наклон
12\dfrac12 и являются касательными к непрерывным продолжениям ветвей в их
односторонних предельных точках. Горизонтальный пунктир показывает
асимптоту y=−π4y=-\dfrac\pi4.график к задаче Демидовича № 1258.2

Ответ

lim⁡x→1f′(x)=12\lim_{x\to1}f'(x)=\frac12но обычных односторонних производных в точке x=1x=1 нет из-за разрыва.
Обе обобщённые односторонние производные равны 12\dfrac12.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1258.2 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика