Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 7. Возрастание и убывание функции. Неравенства

Демидович — задача 1287

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

Задача 1287

Показать, что функцияf(x)=x+x2sin⁡2x,если x≠0,f(0)=0f(x)=x+x^2\sin\frac2x,
\quad\text{если }x\ne0,
\qquad f(0)=0возрастает в точке x=0x=0, но не является возрастающей ни в каком
интервале (−ε,ε)(-\varepsilon,\varepsilon), окружающем эту точку, где
ε>0\varepsilon>0 произвольно мало.

Построить эскиз графика функции.

Опирается на

Доказано:При 0<∣x∣<10<|x|<1f(x)−f(0)x−0=1+xsin⁡2x⩾1−∣x∣>0\frac{f(x)-f(0)}{x-0}
=1+x\sin\frac2x
\geqslant1-|x|>0поэтому функция возрастает в точке x=0x=0 в смысле определения из
задачи № 1286. При этом f′(0)=1f'(0)=1. Однако для последовательностиxn=1πn⟶0+x_n=\frac1{\pi n}\longrightarrow0^+выполняется f′(xn)=−1<0f'(x_n)=-1<0. Поэтому функция не является
возрастающей ни в одном интервале
(−ε,ε)(-\varepsilon,\varepsilon), где ε>0\varepsilon>0.

Доказательство

Согласно определению из задачи № , функция возрастает в точке
x=0x=0, если в некоторой проколотой окрестности нуля приращения
f(x)−f(0)f(x)-f(0) и x−0x-0 имеют одинаковые знаки. При 0<∣x∣<10<|x|<1f(x)−f(0)x−0=1+xsin⁡2x⩾1−∣x∣>0\frac{f(x)-f(0)}{x-0}
=1+x\sin\frac2x
\geqslant1-|x|>0Следовательно, f(x)−f(0)f(x)-f(0) имеет тот же знак, что и x−0x-0.
Поэтому функция возрастает в точке x=0x=0.
Вычисление производной подтверждает этот вывод:f′(0)=lim⁡h→0f(h)−f(0)h==lim⁡h→0(1+hsin⁡2h)=1\begin{aligned}
f'(0)
&=\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\\
&=\lim_{h\to0}\left(1+h\sin\frac2h\right)=1
\end{aligned}
Теперь проверим, может ли функция возрастать в целом интервале,
содержащем нуль. При x≠0x\ne0f′(x)=1+2xsin⁡2x−2cos⁡2xf'(x)=1+2x\sin\frac2x-2\cos\frac2xРассмотрим последовательностьxn=1πn,n∈Nx_n=\frac1{\pi n},
\qquad n\in\mathbb NТогда xn→0+x_n\to0^+, аsin⁡2xn=sin⁡(2πn)=0,cos⁡2xn=cos⁡(2πn)=1\sin\frac2{x_n}=\sin(2\pi n)=0,
\qquad
\cos\frac2{x_n}=\cos(2\pi n)=1Следовательно,f′(xn)=−1<0f'(x_n)=-1<0Возьмём произвольное ε>0\varepsilon>0. Выберем натуральное nn
настолько большим, чтоn>1πεn>\frac1{\pi\varepsilon}Тогда 0<xn<ε0<x_n<\varepsilon, то есть точка xnx_n лежит внутри
интервала (−ε,ε)(-\varepsilon,\varepsilon). Если бы функция росла на
всём этом интервале, то в точке xnx_n выполнялось бы
f′(xn)⩾0f'(x_n)\geqslant0. Действительно, у возрастающей функции
разностное отношениеf(xn+h)−f(xn)h\frac{f(x_n+h)-f(x_n)}{h}не меньше нуля при всех достаточно малых h≠0h\ne0. При h>0h>0
числитель неотрицателен. При h<0h<0 числитель и знаменатель
неположительны. Значит, предел отношений также не меньше нуля. Но
f′(xn)=−1f'(x_n)=-1, что даёт противоречие. Поэтому функция не возрастает
ни в одном интервале (−ε,ε)(-\varepsilon,\varepsilon).
Для построения графика отметим ещё несколько свойств. Функция нечётна,
поскольку при x≠0x\ne0f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x)Единственным нулём является x=0x=0. Действительно, при x>0x>0 либо
0<x<10<x<1, и тогда уже доказано f(x)>0f(x)>0, либо x⩾1x\geqslant1,
откуда0<2x⩽2<π0<\frac2x\leqslant2<\piи потому sin⁡(2/x)>0\sin(2/x)>0. Нечётность даёт f(x)<0f(x)<0 при x<0x<0.

При ∣x∣→∞|x|\to\infty положим t=2/xt=2/x. Для достаточно малого ∣t∣|t| геометрическая оценка из №302 даёт ∣sin⁡t−t∣≤∣t∣3/2|\sin t-t|\le|t|^3/2. Поэтому∣f(x)−3x∣=x2∣sin⁡(2/x)−2/x∣≤x228∣x∣3=4∣x∣⟶0.|f(x)-3x|=x^2|\sin(2/x)-2/x|
\le\frac{x^2}{2}\frac8{|x|^3}=\frac4{|x|}\longrightarrow0.Следовательно, y=3xy=3x --- наклонная асимптота. Касательная в точке
(0,0)(0,0) имеет уравнение y=xy=x. Вблизи нуля график колеблется
около этой касательной между параболамиy=x−x2,y=x+x2y=x-x^2,
\qquad
y=x+x^2Амплитуда колебаний равна x2x^2 и стремится к нулю, тогда как их
частота неограниченно возрастает.

Построение графика

Сначала покажем общий вид функции и её наклонную
асимптоту.график к задаче Демидовича № 1287

Построение графика

На общем рисунке малые колебания около нуля почти неразличимы, поскольку ∣f(x)−x∣≤x2|f(x)-x|\le x^2. На следующем рисунке показан увеличенный участок: график лежит между параболами y=x−x2y=x-x^2 и y=x+x2y=x+x^2, которые сходятся к общей касательной y=xy=x. Значение f(0)=0f(0)=0 отмечено закрашенной точкой.график к задаче Демидовича № 1287

Ответ

При 0<∣x∣<10<|x|<1f(x)−f(0)x−0=1+xsin⁡2x⩾1−∣x∣>0\frac{f(x)-f(0)}{x-0}
=1+x\sin\frac2x
\geqslant1-|x|>0поэтому функция возрастает в точке x=0x=0 в смысле определения из
задачи № . При этом f′(0)=1f'(0)=1. Однако для последовательностиxn=1πn⟶0+x_n=\frac1{\pi n}\longrightarrow0^+выполняется f′(xn)=−1<0f'(x_n)=-1<0. Поэтому функция не является
возрастающей ни в одном интервале
(−ε,ε)(-\varepsilon,\varepsilon), где ε>0\varepsilon>0.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1287 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика