Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 14. Касание кривых. Круг кривизны. Эволюта

Демидович — задача 1594

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

Задача 1594

Доказать, что кривая y=e−1/x2y=e^{-1/x^2} при x≠0x\ne0 и y=0y=0 при x=0x=0 имеет в точке x=0x=0 с осью OxOx касание бесконечно большого порядка.
Доказано:Касание с осью OxOx в точке x=0x=0 имеет бесконечно большой порядок.

Доказательство

Обозначим заданную функцию через ff. Для любого натурального mm при
x≠0x\ne0 имеем∣f(x)∣∣x∣m=e−1/x2∣x∣m\frac{|f(x)|}{|x|^m}
=\frac{e^{-1/x^2}}{|x|^m}Положимu=1x2u=\frac1{x^2}Тогда при x→0x\to0 имеем u→+∞u\to+\infty иlim⁡x→0∣f(x)∣∣x∣m=lim⁡u→+∞um/2e−u=0\begin{aligned}
\lim_{x\to0}\frac{|f(x)|}{|x|^m}
&=\lim_{u\to+\infty}u^{m/2}e^{-u}
=0
\end{aligned}Следовательно, для каждого m∈Nm\in\mathbb Nf(x)=o(∣x∣m)(x→0)f(x)=o\bigl(|x|^m\bigr)
\qquad (x\to0)Докажем по индукции, что функция имеет производные всех порядков в нуле и
все они равны нулю. При k=0k=0 утверждение верно: можно взять
P0(z)≡1P_0(z)\equiv1. Тогда при x≠0x\ne0f(x)=P0 ⁣(1x)e−1/x2f(x)=P_0\!\left(\frac1x\right)e^{-1/x^2}а f(0)=0f(0)=0.
Предположим, что для некоторого k⩾0k\geqslant0f(k)(x)=Pk ⁣(1x)e−1/x2f^{(k)}(x)=P_k\!\left(\frac1x\right)e^{-1/x^2}при x≠0x\ne0 и f(k)(0)=0f^{(k)}(0)=0, где PkP_k --- некоторый многочлен. Тогда
по определению производнойf(k+1)(0)=lim⁡x→0f(k)(x)−f(k)(0)x==lim⁡x→01xPk ⁣(1x)e−1/x2=0\begin{aligned}
f^{(k+1)}(0)
&=\lim_{x\to0}\frac{f^{(k)}(x)-f^{(k)}(0)}{x}=\\
&=\lim_{x\to0}\frac1x
P_k\!\left(\frac1x\right)e^{-1/x^2}
=0
\end{aligned}Действительно, еслиPk(z)=∑j=0dcjzjP_k(z)=\sum_{j=0}^{d}c_jz^jто каждое слагаемое выражения1xPk ⁣(1x)e−1/x2\frac1xP_k\!\left(\frac1x\right)e^{-1/x^2}имеет видcje−1/x2xj+1c_j\frac{e^{-1/x^2}}{x^{j+1}}и его модуль стремится к нулю по уже доказанному соотношению
e−1/x2=o(∣x∣m)e^{-1/x^2}=o\bigl(|x|^m\bigr) при m=j+1m=j+1. Поскольку слагаемых
конечное число, весь предел также равен нулю.

При x≠0x\ne0 дифференцирование даётf(k+1)(x)=[−1x2Pk′ ⁣(1x)+2x3Pk ⁣(1x)]e−1/x2==Pk+1 ⁣(1x)e−1/x2\begin{aligned}
f^{(k+1)}(x)
&=\left[
-\frac1{x^2}P_k'\!\left(\frac1x\right)
+\frac2{x^3}P_k\!\left(\frac1x\right)
\right]e^{-1/x^2}=\\
&=P_{k+1}\!\left(\frac1x\right)e^{-1/x^2}
\end{aligned}гдеPk+1(z)=−z2Pk′(z)+2z3Pk(z)P_{k+1}(z)=-z^2P_k'(z)+2z^3P_k(z)также является многочленом.
Поэтому индукционный переход выполнен иf(k)(0)=0(k=0,1,2,…)f^{(k)}(0)=0
\qquad (k=0,1,2,\ldots)У оси OxOx, то есть у функции y=0y=0, все производные в нуле также равны
нулю. Значит, кривые имеют в этой точке касание любого конечного порядка,
а потому касание является касанием бесконечно большого порядка.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1594 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика