Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 11. Экстремум функции. Наибольшее и наименьшее значения функции

Демидович — задача 1426

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

Задача 1426

Доказать, что функцияf(x)=e−1x2x≠0f(0)=0f(x)=e^{-\frac1{x^2}}
\quad x\ne0
\qquad
f(0)=0имеет в точке x=0x=0 минимум, а функцияg(x)=xe−1x2x≠0g(0)=0g(x)=xe^{-\frac1{x^2}}
\quad x\ne0
\qquad
g(0)=0не имеет в точке x=0x=0 экстремума, хотяf(n)(0)=0g(n)(0)=0n=1,2,…f^{(n)}(0)=0
\qquad
g^{(n)}(0)=0
\quad n=1,2,\ldotsПостроить графики этих функций.
ПостроениеФункция ff имеет в точке x=0x=0 строгий глобальный минимум,
равный нулю. Функция gg не имеет в этой точке экстремума. При этом для
каждого n=1,2,…n=1,2,\ldotsf(n)(0)=0g(n)(0)=0\begin{aligned}
f^{(n)}(0)&=0\\
g^{(n)}(0)&=0
\end{aligned}

Построение

При x≠0x\ne0 имеемe−1x2>0e^{-\frac1{x^2}}>0При этом f(0)=0f(0)=0. Следовательно, в точке x=0x=0 функция ff имеет строгий глобальный
минимум, равный нулю.
Для функции gg знак совпадает со знаком аргумента:g(x)<0x<0g(x)<0
\quad x<0g(x)>0x>0g(x)>0
\quad x>0В каждой окрестности нуля имеются как отрицательные, так и положительные
значения g(x)g(x). Поэтому g(0)=0g(0)=0 не является ни минимумом, ни максимумом.
Докажем теперь утверждение о производных. Для любого q⩾0q\geqslant0lim⁡x→0e−1x2∣x∣q=lim⁡s→+∞sq2e−s=0\begin{aligned}
\lim_{x\to0}\frac{e^{-\frac1{x^2}}}{|x|^q}
&=\lim_{s\to+\infty}s^{\frac q2}e^{-s}
=0
\end{aligned}Здесь выполнена замена s=1x2s=\dfrac1{x^2}. Экспонента стремится к нулю
быстрее любой положительной степени ∣x∣|x|.
Покажем по индукции, что при x≠0x\ne0f(n)(x)=Pn ⁣(1x)e−1x2f^{(n)}(x)=P_n\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}где PnP_n --- некоторый многочлен, и одновременноf(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0Для n=0n=0 можно взять P0(z)=1P_0(z)=1; кроме того, по условию
f(0)(0)=0f^{(0)}(0)=0. Если утверждение верно для номера nn,
то при x≠0x\ne0f(n+1)(x)=−1x2Pn′ ⁣(1x)e−1x2+2x3Pn ⁣(1x)e−1x2==Pn+1 ⁣(1x)e−1x2\begin{aligned}
f^{(n+1)}(x)
&=-\frac1{x^2}P_n'\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}
+\frac2{x^3}P_n\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}=\\
&=P_{n+1}\!\left(\frac1x\right)e^{-\frac1{x^2}}
\end{aligned}гдеPn+1(z)=−z2Pn′(z)+2z3Pn(z)P_{n+1}(z)=-z^2P_n'(z)+2z^3P_n(z)Следовательно, Pn+1P_{n+1} также является многочленом. По определению
производной и вспомогательному пределуf(n+1)(0)=lim⁡h→0f(n)(h)−f(n)(0)h==lim⁡h→01hPn ⁣(1h)e−1h2=0\begin{aligned}
f^{(n+1)}(0)
&=\lim_{h\to0}
\frac{f^{(n)}(h)-f^{(n)}(0)}{h}=\\
&=\lim_{h\to0}
\frac1hP_n\!\left(\frac1h\right)e^{-\frac1{h^2}}
=0
\end{aligned}Действительно, выражение перед экспонентой является конечной суммой
степеней 1h\dfrac1h, а каждое слагаемое стремится к нулю по доказанному
пределу. Индукция завершена, поэтомуf(n)(0)=0n=1,2,…f^{(n)}(0)=0
\qquad n=1,2,\ldots
Функцию gg можно записать в видеg(x)=xf(x)g(x)=xf(x)Так как ff бесконечно дифференцируема, по формуле Лейбница для каждого
n⩾1n\geqslant1g(n)(x)=xf(n)(x)+nf(n−1)(x)g^{(n)}(x)=xf^{(n)}(x)+nf^{(n-1)}(x)В точке x=0x=0 получаемg(n)(0)=0⋅f(n)(0)+nf(n−1)(0)=0\begin{aligned}
g^{(n)}(0)
&=0\cdot f^{(n)}(0)+nf^{(n-1)}(0)
=0
\end{aligned}Таким образом, равенство нулю всех производных само по себе не определяет
наличие экстремума.
Для построения первого графика заметим, что функция ff чётная иf′(x)=2x3e−1x2x≠0f'(x)=\frac2{x^3}e^{-\frac1{x^2}}
\qquad x\ne0Она убывает на (−∞,0)(-\infty,0), возрастает на (0,+∞)(0,+\infty) и имеет
пределlim⁡x→±∞f(x)=1\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=1Поэтому прямаяy=1y=1является горизонтальной асимптотой.
Функция gg нечётная. При x≠0x\ne0g′(x)=e−1x2+2x2e−1x2==e−1x2(1+2x2)>0\begin{aligned}
g'(x)
&=e^{-\frac1{x^2}}+\frac2{x^2}e^{-\frac1{x^2}}=\\
&=e^{-\frac1{x^2}}\left(1+\frac2{x^2}\right)
>0
\end{aligned}Поэтому gg строго возрастает на всей прямой. Кроме того,lim⁡x→±∞(g(x)−x)=lim⁡x→±∞x(e−1x2−1)=0\begin{aligned}
\lim_{x\to\pm\infty}\bigl(g(x)-x\bigr)
&=\lim_{x\to\pm\infty}
x\left(e^{-\frac1{x^2}}-1\right)
=0
\end{aligned}и прямая y=xy=x является наклонной асимптотой. В начале координат обе
функции имеют горизонтальную касательную y=0y=0.

Построение графика

На первом рисунке показан строгий минимум функции
ff в точке (0,0)(0,0) и горизонтальная асимптота y=1y=1. На втором рисунке
нечётная функция gg проходит через начало координат, принимая слева от
нуля отрицательные, а справа положительные значения. Пунктиром показана
её наклонная асимптота y=xy=x. Около нуля обе кривые визуально сливаются
со своими горизонтальными касательными из-за быстрого убывания
экспоненциального множителя.
график к задаче Демидовича № 1426график к задаче Демидовича № 1426

Ответ

Функция ff имеет в точке x=0x=0 строгий глобальный минимум,
равный нулю. Функция gg не имеет в этой точке экстремума. При этом для
каждого n=1,2,…n=1,2,\ldotsf(n)(0)=0g(n)(0)=0\begin{aligned}
f^{(n)}(0)&=0\\
g^{(n)}(0)&=0
\end{aligned}

Проверка


Для проверки наклонной асимптоты положим t=−1/x2t=-1/x^2. Тогдаg(x)−x=x(et−1)=−1xet−1t⟶0,g(x)-x=x(e^t-1)=-\frac1x\frac{e^t-1}{t}\longrightarrow0,поскольку (et−1)/t→1(e^t-1)/t\to1. Строгое возрастание gg через ноль следует также из её знака: слева все значения отрицательны, справа положительны.
Демидович № 1426 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика