Демидович — задача 1373

1. 1
   По формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано для дважды дифференцируемой функции $f(x)$ в окрестности точки $x$:$$f(x+h) = f(x) + f'(x)h + \frac{f''(x)}{2}h^2 + o(h^2)$$$$f(x-h) = f(x) - f'(x)h + \frac{f''(x)}{2}h^2 + o(h^2)$$Сложим эти два равенства:$$f(x+h) + f(x-h) = 2f(x) + f''(x)h^2 + o(h^2)$$Выразим $f''(x)h^2$:$$f''(x)h^2 = f(x+h) + f(x-h) - 2f(x) - o(h^2)$$Разделим на $h^2$ и перейдём к пределу при $h \to 0$:$$\lim_{h\to0} \frac{f(x+h) + f(x-h) - 2f(x)}{h^2} = \lim_{h\to0} \left( f''(x) + \frac{o(h^2)}{h^2} \right) = f''(x)$$Что и требовалось доказать.
2. 2
   Функция дифференцируема в точке $x=0$, если существует конечный предел:$$f'(0) = \lim_{x\to0} \frac{f(x) - f(0)}{x-0} = \lim_{x\to0} \frac{\frac{1}{x} - \frac{1}{e^x-1} - \frac{1}{2}}{x}$$Приведём выражение к общему знаменателю:$$\lim_{x\to0} \frac{2(e^x-1) - 2x - x(e^x-1)}{2x^2(e^x-1)}$$Разложим экспоненту по формуле Маклорена: $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)$.
   Знаменатель эквивалентен:$$2x^2(e^x-1) \sim 2x^2 \cdot x = 2x^3$$Преобразуем числитель:$$2\left(x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3)\right) - 2x - x\left(x + \frac{x^2}{2} + o(x^2)\right) = 2x + x^2 + \frac{x^3}{3} - 2x - x^2 - \frac{x^3}{2} + o(x^3) = -\frac{x^3}{6} + o(x^3)$$Подставляем в предел:$$\lim_{x\to0} \frac{-\frac{x^3}{6} + o(x^3)}{2x^3} = -\frac{1}{12}$$Предел существует и конечен. Следовательно, функция дифференцируема в точке $x=0$, и $f'(0) = -\frac{1}{12}$.
3. 3
   Найдём наклонную асимптоту $y = kx + b$ для кривой $y = \frac{x^{1+x}}{(1+x)^x} = x \left(\frac{x}{1+x}\right)^x = x \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{-x}$.
   Угловой коэффициент $k$:$$k = \lim_{x\to+\infty} \frac{y}{x} = \lim_{x\to+\infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{-x} = e^{-1} = \frac{1}{e}$$Смещение $b$:$$b = \lim_{x\to+\infty} (y - kx) = \lim_{x\to+\infty} \left[ x \left(1 + \frac{1}{x}\right)^{-x} - \frac{x}{e} \right] = \lim_{x\to+\infty} x \left[ e^{-x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)} - e^{-1} \right]$$Используем разложение логарифма $\ln(1+t) = t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$ при $t = \frac{1}{x} \to 0$:$$-x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right) = -x\left( \frac{1}{x} - \frac{1}{2x^2} + o\left(\frac{1}{x^2}\right) \right) = -1 + \frac{1}{2x} + o\left(\frac{1}{x}\right)$$Тогда экспонента принимает вид:$$e^{-x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)} = e^{-1 + \frac{1}{2x} + o\left(\frac{1}{x}\right)} = e^{-1} e^{\frac{1}{2x} + o\left(\frac{1}{x}\right)} = \frac{1}{e} \left( 1 + \frac{1}{2x} + o\left(\frac{1}{x}\right) \right)$$Подставляем в предел:$$b = \lim_{x\to+\infty} x \left[ \frac{1}{e} + \frac{1}{2ex} + o\left(\frac{1}{x}\right) - \frac{1}{e} \right] = \lim_{x\to+\infty} x \left( \frac{1}{2ex} + o\left(\frac{1}{x}\right) \right) = \frac{1}{2e}$$Искомая асимптота:$$y = \frac{x}{e} + \frac{1}{2e}$$

Что и требовалось доказать