Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 9. Раскрытие неопределённостей

Демидович — задача 1373

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

Задача 1373

1. Доказать, что если для функции f(x)f(x) существует вторая производная f′′(x)f''(x), тоf′′(x)=lim⁡h→0f(x+h)+f(x−h)−2f(x)h2.f''(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}.2. Исследовать на дифференцируемость в точке x=0x=0 функциюf(x)={1x−1ex−1,x≠0,12,x=0.f(x)=
\begin{cases}
\dfrac1x-\dfrac1{e^x-1},&x\ne0,\\[1mm]
\dfrac12,&x=0.
\end{cases}3. Найти асимптоту кривойy=x1+x(1+x)x(x>0).y=\frac{x^{1+x}}{(1+x)^x}\qquad(x>0).

Доказательство

1. Зафиксируем точку xx, в которой существует f′′(x)f''(x). Это предполагает существование f′f' в её окрестности. При h→0h\to0 числитель f(x+h)+f(x−h)−2f(x)f(x+h)+f(x-h)-2f(x) стремится к нулю, как и h2h^2.

Производная этого числителя по hh равна f′(x+h)−f′(x−h)f'(x+h)-f'(x-h); производная знаменателя — 2h≠02h\ne0 при h≠0h\ne0. Рассмотрим их отношение:f′(x+h)−f′(x−h)2h=12(f′(x+h)−f′(x)h+f′(x−h)−f′(x)−h).\frac{f'(x+h)-f'(x-h)}{2h}
=\frac12\left(\frac{f'(x+h)-f'(x)}h+\frac{f'(x-h)-f'(x)}{-h}\right).Оба слагаемых в скобках стремятся к f′′(x)f''(x) по определению второй производной. Предел отношения производных равен f′′(x)f''(x). Поэтому правило Лопиталя даётlim⁡h→0f(x+h)+f(x−h)−2f(x)h2=f′′(x).\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}=f''(x).Непрерывность второй производной для этого вывода не требуется.

2. По №1354 функция с заданным значением f(0)=1/2f(0)=1/2 непрерывна в нуле. Вычислим её производную непосредственно:f(x)−f(0)x=2(ex−1)−2x−x(ex−1)2x2(ex−1).\frac{f(x)-f(0)}x
=\frac{2(e^x-1)-2x-x(e^x-1)}{2x^2(e^x-1)}.Числитель равен 2(ex−1)−x(ex+1)2(e^x-1)-x(e^x+1), то есть противоположен числителю в №1325. Поэтомуf(x)−f(0)x=−12x(ex+1)−2(ex−1)x3xex−1.\frac{f(x)-f(0)}x
=-\frac12\frac{x(e^x+1)-2(e^x-1)}{x^3}\frac{x}{e^x-1}.Первое отношение стремится к 1/61/6 по вычислению №1325, второе — к 11 по замечательному пределу экспоненты. Получаемf′(0)=−12⋅16⋅1=−112.f'(0)=-\frac12\cdot\frac16\cdot1=-\frac1{12}.Конечный предел существует, значит, функция дифференцируема в нуле.

3. Перепишем кривую как y=x(1+1/x)−xy=x(1+1/x)^{-x}. При x→+∞x\to+\inftyk=lim⁡yx=1e.k=\lim\frac yx=\frac1e.Для свободного члена положим t=1/x→0+t=1/x\to0+ и F(t)=(1+t)1/tF(t)=(1+t)^{1/t}. Тогда F(t)→eF(t)\to e, аy−xe=1t(1F(t)−1e)=−F(t)−et eF(t).y-\frac xe=\frac1t\left(\frac1{F(t)}-\frac1e\right)
=-\frac{F(t)-e}{t\,eF(t)}.По №1359 (F(t)−e)/t→−e/2(F(t)-e)/t\to-e/2, поэтомуb=−−e/2e⋅e=12e.b=-\frac{-e/2}{e\cdot e}=\frac1{2e}.Следовательно, при x→+∞x\to+\infty асимптота имеет уравнение y=x/e+1/(2e)y=x/e+1/(2e). При x→0+x\to0+ сама функция стремится к нулю: множитель xx стремится к нулю, а exp⁡(xln⁡(x/(1+x)))→1\exp(x\ln(x/(1+x)))\to1 по №1341. Вертикальной асимптоты на границе области нет.

Что и требовалось доказать