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

Демидович — задача 1264

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

Задача 1264

Доказать тождества:а) 2arctg⁡x+arcsin⁡2x1+x2=πsgn⁡xпри ∣x∣≥1\text{а) }2\operatorname{arctg} x+\arcsin\frac{2x}{1+x^2}
=\pi\operatorname{sgn}x\quad\text{при }|x|\ge1б) 3arccos⁡x−arccos⁡(3x−4x3)=πпри ∣x∣≤12\text{б) }3\arccos x-\arccos(3x-4x^3)
=\pi\quad\text{при }|x|\le\frac12

Доказательство

Пункт а)

Рассмотрим функцию f(x)=2arctg⁡x+arcsin⁡2x1+x2f(x) = 2\operatorname{arctg} x + \arcsin\frac{2x}{1+x^2} на открытых интервалах x>1x > 1 и x<−1x < -1.
Найдём её производную:f′(x)=21+x2+11−(2x1+x2)2⋅(2x1+x2)′f'(x) = \frac{2}{1+x^2} + \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2}} \cdot \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)'Производная внутренней функции:(2x1+x2)′=2(1+x2)−2x⋅2x(1+x2)2=2−2x2(1+x2)2\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)' = \frac{2(1+x^2) - 2x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{2 - 2x^2}{(1+x^2)^2}Преобразуем подкоренное выражение:1−(2x1+x2)2=(1+x2)2−4x2(1+x2)2=1+2x2+x4−4x2(1+x2)2=(1−x2)2(1+x2)21-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2 = \frac{(1+x^2)^2 - 4x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{1+2x^2+x^4 - 4x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{(1-x^2)^2}{(1+x^2)^2}Корень из этого выражения равен ∣1−x2∣1+x2\frac{|1-x^2|}{1+x^2}. Так как мы рассматриваем область ∣x∣>1|x| > 1, то x2>1x^2 > 1, следовательно 1−x2<01-x^2 < 0, и модуль раскрывается с минусом: ∣1−x2∣=x2−1|1-x^2| = x^2-1.
Следовательно:11−(2x1+x2)2=1+x2x2−1\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2}} = \frac{1+x^2}{x^2-1}Собираем производную:f′(x)=21+x2+1+x2x2−1⋅2(1−x2)(1+x2)2=21+x2−2(x2−1)(x2−1)(1+x2)=21+x2−21+x2=0f'(x) = \frac{2}{1+x^2} + \frac{1+x^2}{x^2-1} \cdot \frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} = \frac{2}{1+x^2} - \frac{2(x^2-1)}{(x^2-1)(1+x^2)} = \frac{2}{1+x^2} - \frac{2}{1+x^2} = 0Поскольку производная равна нулю, функция постоянна на каждом из интервалов (1,+∞)(1, +\infty) и (−∞,−1)(-\infty, -1).
Для x>1x > 1 найдём предел при x→+∞x \to +\infty:f(x)=lim⁡x→+∞(2arctg⁡x+arcsin⁡2x1+x2)=2⋅π2+arcsin⁡0=πf(x) = \lim_{x\to+\infty} \left( 2\operatorname{arctg} x + \arcsin\frac{2x}{1+x^2} \right) = 2 \cdot \frac{\pi}{2} + \arcsin 0 = \piДля x<−1x < -1 найдём предел при x→−∞x \to -\infty:f(x)=lim⁡x→−∞(2arctg⁡x+arcsin⁡2x1+x2)=2⋅(−π2)+arcsin⁡0=−πf(x) = \lim_{x\to-\infty} \left( 2\operatorname{arctg} x + \arcsin\frac{2x}{1+x^2} \right) = 2 \cdot \left(-\frac{\pi}{2}\right) + \arcsin 0 = -\piВ граничных точках в силу непрерывности получаем: f(1)=2⋅π4+arcsin⁡1=πf(1) = 2\cdot\frac{\pi}{4} + \arcsin 1 = \pi и f(−1)=2⋅(−π4)+arcsin⁡(−1)=−πf(-1) = 2\cdot\left(-\frac{\pi}{4}\right) + \arcsin(-1) = -\pi.
В итоге, f(x)=πf(x) = \pi при x≥1x \ge 1 и f(x)=−πf(x) = -\pi при x≤−1x \le -1, что можно записать одним выражением: f(x)=πsgn⁡xf(x) = \pi\operatorname{sgn}x для ∣x∣≥1|x| \ge 1.

Проверка

б) Рассмотрим функцию g(x)=3arccos⁡x−arccos⁡(3x−4x3)g(x) = 3\arccos x - \arccos(3x-4x^3) на интервале ∣x∣<12|x| < \frac{1}{2}.
Найдём её производную:g′(x)=−31−x2−(−11−(3x−4x3)2)⋅(3x−4x3)′g'(x) = -\frac{3}{\sqrt{1-x^2}} - \left( -\frac{1}{\sqrt{1-(3x-4x^3)^2}} \right) \cdot (3x-4x^3)'g′(x)=−31−x2+3−12x21−(3x−4x3)2g'(x) = -\frac{3}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{3 - 12x^2}{\sqrt{1-(3x-4x^3)^2}}Упростим подкоренное выражение:1−(3x−4x3)2=1−9x2+24x4−16x61-(3x-4x^3)^2 = 1 - 9x^2 + 24x^4 - 16x^6Заметим, что это выражение раскладывается на множители:(1−x2)(1−4x2)2=(1−x2)(1−8x2+16x4)=1−8x2+16x4−x2+8x4−16x6=1−9x2+24x4−16x6(1-x^2)(1-4x^2)^2 = (1-x^2)(1-8x^2+16x^4) = 1 - 8x^2 + 16x^4 - x^2 + 8x^4 - 16x^6 = 1 - 9x^2 + 24x^4 - 16x^6Корень из этого выражения:1−(3x−4x3)2=(1−x2)(1−4x2)2=1−x2∣1−4x2∣\sqrt{1-(3x-4x^3)^2} = \sqrt{(1-x^2)(1-4x^2)^2} = \sqrt{1-x^2} |1-4x^2|Так как по условию ∣x∣<12|x| < \frac{1}{2}, то x2<14x^2 < \frac{1}{4}, откуда 1−4x2>01-4x^2 > 0. Значит, модуль можно опустить:1−(3x−4x3)2=1−x2(1−4x2)\sqrt{1-(3x-4x^3)^2} = \sqrt{1-x^2}(1-4x^2)Подставим это обратно в производную:g′(x)=−31−x2+3(1−4x2)1−x2(1−4x2)=−31−x2+31−x2=0g'(x) = -\frac{3}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{3(1-4x^2)}{\sqrt{1-x^2}(1-4x^2)} = -\frac{3}{\sqrt{1-x^2}} + \frac{3}{\sqrt{1-x^2}} = 0Так как производная равна нулю на интервале (−12,12)\left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right), функция g(x)g(x) на нём постоянна.
Подставим x=0x=0, чтобы найти эту константу:g(0)=3arccos⁡0−arccos⁡0=3⋅π2−π2=πg(0) = 3\arccos 0 - \arccos 0 = 3 \cdot \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} = \piВ силу непрерывности g(x)=πg(x) = \pi и на концах отрезка.
Следовательно, тождество доказано для всех ∣x∣≤12|x| \le \frac{1}{2}.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1264 — решение | Высшая математика — Профиматика