Раздел I. Введение в анализ — § 3. Понятие функции

Демидович — задача 233

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

Задача 233

Функция f(x)f(x), определенная на множестве EE, называется периодической, если существует число T>0T>0 такое, чтоf(x±T)=f(x)при x∈E.f(x\pm T)=f(x)\quad\text{при }x\in E.Выяснить, какие из данных функций являются периодическими, и определить наименьший период их, если:а) f(x)=Acos⁡λx+Bsin⁡λx;\text{а) }f(x)=A\cos\lambda x+B\sin\lambda x;б) f(x)=sin⁡x+12sin⁡2x+13sin⁡3x;\text{б) }f(x)=\sin x+\frac12\sin2x+\frac13\sin3x;в) f(x)=2tg⁡x2−3tg⁡x3;г) f(x)=sin⁡2x;\text{в) }f(x)=2\operatorname{tg}\frac x2-3\operatorname{tg}\frac x3;\qquad \text{г) }f(x)=\sin^2x;д) f(x)=sin⁡x2;е) f(x)=tg⁡x;\text{д) }f(x)=\sin x^2;\qquad \text{е) }f(x)=\sqrt{\operatorname{tg}x};ж) f(x)=tg⁡x;з) f(x)=sin⁡x+sin⁡(x2).\text{ж) }f(x)=\operatorname{tg}\sqrt{x};\qquad \text{з) }f(x)=\sin x+\sin(x\sqrt2).

Решение

Пункт а)

Рассмотрим f(x)=Acos⁡λx+Bsin⁡λx.f(x)=A\cos\lambda x+B\sin\lambda x. Пусть λ≠0\lambda\neq0 и хотя бы одно из чисел A,BA,B отлично от нуля.

f(x+T)=Acos⁡(λx+λT)+Bsin⁡(λx+λT).f(x+T) = A\cos(\lambda x+\lambda T) + B\sin(\lambda x+\lambda T). Раскрываем синус и косинус суммы: f(x+T)=A(cos⁡λxcos⁡λT−sin⁡λxsin⁡λT)+B(sin⁡λxcos⁡λT+cos⁡λxsin⁡λT).f(x+T)
=
A(\cos\lambda x\cos\lambda T-\sin\lambda x\sin\lambda T)
+
B(\sin\lambda x\cos\lambda T+\cos\lambda x\sin\lambda T). Группируем слагаемые при cos⁡λx\cos\lambda x и sin⁡λx\sin\lambda x: f(x+T)=(Acos⁡λT+Bsin⁡λT)cos⁡λx+(Bcos⁡λT−Asin⁡λT)sin⁡λx.f(x+T)
=
(A\cos\lambda T+B\sin\lambda T)\cos\lambda x
+
(B\cos\lambda T-A\sin\lambda T)\sin\lambda x. Чтобы f(x+T)=f(x)f(x+T)=f(x) при всех xx, нужно {Acos⁡λT+Bsin⁡λT=A,Bcos⁡λT−Asin⁡λT=B.\begin{cases}
A\cos\lambda T+B\sin\lambda T=A,\\
B\cos\lambda T-A\sin\lambda T=B.
\end{cases} Перепишем: {A(cos⁡λT−1)+Bsin⁡λT=0,B(cos⁡λT−1)−Asin⁡λT=0.\begin{cases}
A(\cos\lambda T-1)+B\sin\lambda T=0,\\
B(\cos\lambda T-1)-A\sin\lambda T=0.
\end{cases} Из этой системы при A2+B2≠0A^2+B^2\neq0 находим cos⁡λT=1,sin⁡λT=0.\cos\lambda T=1,\qquad \sin\lambda T=0. λT=2πk,k∈Z.\lambda T=2\pi k,\qquad k\in\mathbb Z. Наименьший положительный период равен T=2π∣λ∣.T=\frac{2\pi}{|\lambda|}.
Если λ=0\lambda=0 или A=B=0A=B=0, функция постоянна. Тогда любое T>0T>0 является периодом, так что наименьшего положительного периода нет.

Пункт б)

f(x)=sin⁡x+12sin⁡2x+13sin⁡3x.f(x)=\sin x+\frac12\sin2x+\frac13\sin3x. Число 2π2\pi является периодом каждого слагаемого, так что 2π2\pi является периодом всей функции.
Покажем, что меньшего положительного периода нет. Вынесем sin⁡x\sin x: 12sin⁡2x=sin⁡xcos⁡x,\frac12\sin2x=\sin x\cos x, а 13sin⁡3x=13sin⁡x(4cos⁡2x−1).\frac13\sin3x=\frac13\sin x(4\cos^2x-1). f(x)=sin⁡x(1+cos⁡x+13(4cos⁡2x−1))=13sin⁡x(4cos⁡2x+3cos⁡x+2).f(x)
=
\sin x\left(1+\cos x+\frac13(4\cos^2x-1)\right)
=
\frac13\sin x(4\cos^2x+3\cos x+2).Квадратный трехчлен 4t2+3t+24t^2+3t+2 всегда положителен, так как D=32−4⋅4⋅2=9−32=−23<0D=3^2-4\cdot4\cdot2=9-32=-23<0 и старший коэффициент положителен. f(x)=0f(x)=0 тогда и только тогда, когда sin⁡x=0,\sin x=0, то есть x=kπ,k∈Z.x=k\pi,\qquad k\in\mathbb Z.

Пусть T>0T>0 является периодом функции. Поскольку f(0)=0f(0)=0, то f(T)=f(0)=0.f(T)=f(0)=0. Отсюда TT должен быть одним из положительных чисел π, 2π, 3π,…\pi,\ 2\pi,\ 3\pi,\ldots Но мы уже знаем, что 2π2\pi является периодом, так что из чисел, меньших 2π2\pi, остается проверить только T=πT=\pi.
Если бы π\pi был периодом, то для любого xx выполнялось бы f(x+π)=f(x).f(x+\pi)=f(x). Возьмем x=π2x=\dfrac\pi2. Тогда должно было бы выполняться f(3π2)=f(π2).f\left(\frac{3\pi}{2}\right)=f\left(\frac\pi2\right). Однако f(π2)=1+0−13=23,f\left(\frac\pi2\right)
=
1+0-\frac13
=
\frac23, а f(3π2)=−1+0+13=−23.f\left(\frac{3\pi}{2}\right)
=
-1+0+\frac13
=
-\frac23. f(3π2)≠f(π2),f\left(\frac{3\pi}{2}\right)\neq f\left(\frac\pi2\right), поэтому π\pi не является периодом.
Итак, наименьший положительный период равен T=2π.T=2\pi.

Пункт в)

f(x)=2tg⁡x2−3tg⁡x3.f(x)=2\operatorname{tg}\frac x2-3\operatorname{tg}\frac x3. Функция tg⁡x2\operatorname{tg}\frac x2 имеет наименьший период 2π2\pi, поскольку tg⁡x+2π2=tg⁡(x2+π)=tg⁡x2.\operatorname{tg}\frac{x+2\pi}{2}
=
\operatorname{tg}\left(\frac x2+\pi\right)
=
\operatorname{tg}\frac x2. Функция tg⁡x3\operatorname{tg}\frac x3 имеет наименьший период 3π3\pi, поскольку tg⁡x+3π3=tg⁡(x3+π)=tg⁡x3.\operatorname{tg}\frac{x+3\pi}{3}
=
\operatorname{tg}\left(\frac x3+\pi\right)
=
\operatorname{tg}\frac x3.Наименьшее положительное число, которое одновременно является кратным 2π2\pi и 3π3\pi, равно 6π6\pi. f(x+6π)=2tg⁡(x2+3π)−3tg⁡(x3+2π)=f(x).f(x+6\pi)
=
2\operatorname{tg}\left(\frac x2+3\pi\right)
-
3\operatorname{tg}\left(\frac x3+2\pi\right)
=
f(x).T=6π.T=6\pi.Докажем, что период не может быть меньше. Функция не определена в точкахx=(2k+1)πиx=(3k+32)π,k∈Z.x=(2k+1)\pi\quad\text{и}\quad x=(3k+\frac{3}{2})\pi,\qquad k\in\mathbb Z.На промежутке [0,6π)[0,6\pi) это точки π,3π2,3π,9π2,5π\pi,3\frac{\pi}{2},3\pi,9\frac{\pi}{2},5\pi. Промежутки между последовательными исключёнными точками имеют длины π2,3π2,3π2,π2,2π\frac{\pi}{2},3\frac{\pi}{2},3\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2},2\pi, после чего порядок повторяется. Самые длинные промежутки имеют вид ((6k−1)π,(6k+1)π)((6k-1)\pi,(6k+1)\pi), а их середины составляют множество 6πZ6\pi\mathbb Z. Любой период обязан сохранять область определения, следовательно, переводить такие промежутки друг в друга и их середины друг в друга. Поэтому период кратен 6π6\pi. Вместе с уже проверенной периодичностью это доказывает минимальность T=6πT=6\pi.

Пункт г)

f(x)=sin⁡2x.f(x)=\sin^2x. Так как sin⁡(x+π)=−sin⁡x,\sin(x+\pi)=-\sin x, то sin⁡2(x+π)=(−sin⁡x)2=sin⁡2x.\sin^2(x+\pi)=(-\sin x)^2=\sin^2x. Значит, π\pi является периодом.

Кроме того, sin⁡2x=1−cos⁡2x2.\sin^2x=\frac{1-\cos2x}{2}. Наименьший период функции cos⁡2x\cos2x равен π\pi, так что меньшего положительного периода нет.T=π.T=\pi.

Пункт д)

Рассмотрим f(x)=sin⁡x2.f(x)=\sin x^2. Докажем, что эта функция не является периодической.
Предположим противное: пусть T>0T>0 является ее периодом. Поскольку f(0)=0,f(0)=0, то по периодичности f(T)=f(0)=0.f(T)=f(0)=0.

sin⁡T2=0,\sin T^2=0, откуда T2=mπ,m∈N.T^2=m\pi,\quad m\in\mathbb N. T=mπ.T=\sqrt{m\pi}.
Теперь f(π)=sin⁡π=0.f(\sqrt{\pi})=\sin\pi=0. По периодичности f(π+T)=0,f(\sqrt{\pi}+T)=0, следовательно, (π+T)2=nπ,n∈N.(\sqrt{\pi}+T)^2=n\pi,\quad n\in\mathbb N.

Подставляем T=mπT=\sqrt{m\pi}: (π+mπ)2=nπ.(\sqrt{\pi}+\sqrt{m\pi})^2=n\pi. Выносим π\sqrt{\pi}: π(1+m)2=nπ,\pi(1+\sqrt m)^2=n\pi, поэтому (1+m)2=n.(1+\sqrt m)^2=n. Раскрываем квадрат: 1+m+2m=n.1+m+2\sqrt m=n. Поскольку mm и nn — целые числа, r=2mr=2\sqrt m также целое. Но r2=4mr^2=4m, поэтому rr чётно и m=r/2\sqrt m=r/2 — целое число. Обозначим m=k,k∈N.\sqrt m=k,\quad k\in\mathbb N. Тогда T=kπ.T=k\sqrt{\pi}.

Но f(2π)=sin⁡2π=0.f(\sqrt{2\pi})=\sin2\pi=0. Значит, по периодичности f(2π+T)=0,f(\sqrt{2\pi}+T)=0, то есть (2π+kπ)2=pπ(\sqrt{2\pi}+k\sqrt{\pi})^2=p\pi для некоторого p∈Np\in\mathbb N.

Раскрываем квадрат: 2π+2k2 π+k2π=pπ.2\pi+2k\sqrt2\,\pi+k^2\pi=p\pi. Делим на π\pi: 2+k2+2k2=p.2+k^2+2k\sqrt2=p. Левая часть иррациональна, так как k≥1k\geq1 и 2\sqrt2 иррационально, а правая часть pp — целое число. Получили противоречие.sin⁡x2 не является периодической функцией.\sin x^2\text{ не является периодической функцией}.

Пункт е)

Рассмотрим f(x)=tg⁡x.f(x)=\sqrt{\operatorname{tg}x}. Функция определена там, где tg⁡x≥0\operatorname{tg}x\geq0 и тангенс существует. Так как tg⁡(x+π)=tg⁡x,\operatorname{tg}(x+\pi)=\operatorname{tg}x, то tg⁡(x+π)=tg⁡x.\sqrt{\operatorname{tg}(x+\pi)} = \sqrt{\operatorname{tg}x}. Тогда π\pi является периодом.
Покажем, что меньшего положительного периода нет. Имеем f(0)=0.f(0)=0. Если T>0T>0 является периодом, то f(T)=f(0)=0.f(T)=f(0)=0. tg⁡T=0,\sqrt{\operatorname{tg}T}=0, то есть tg⁡T=0.\operatorname{tg}T=0.

T=kπ.T=k\pi. Наименьшее положительное такое число равно π\pi.T=π.T=\pi.

Пункт ж)

Рассмотрим f(x)=tg⁡x.f(x)=\operatorname{tg}\sqrt x. Докажем, что функция не является периодической.

f(0)=tg⁡0=0.f(0)=\operatorname{tg}0=0. Предположим, что существует период T>0T>0. f(T)=f(0)=0f(T)=f(0)=0 и f(2T)=f(T)=0.f(2T)=f(T)=0. Из первого равенства tg⁡T=0,\operatorname{tg}\sqrt T=0, поэтому T=mπ\sqrt T=m\pi для некоторого натурального mm. Из второго равенства tg⁡2T=0,\operatorname{tg}\sqrt{2T}=0, поэтому 2T=nπ\sqrt{2T}=n\pi для некоторого натурального nn.

Делим второе равенство на первое: 2TT=nπmπ,\frac{\sqrt{2T}}{\sqrt T}=\frac{n\pi}{m\pi}, то есть 2=nm.\sqrt2=\frac nm. Но 2\sqrt2 иррационально, а nm\frac nm рационально. Получили противоречие.tg⁡x не является периодической функцией.\operatorname{tg}\sqrt x\text{ не является периодической функцией}.

Пункт з)

Рассмотрим f(x)=sin⁡x+sin⁡(x2).f(x)=\sin x+\sin(x\sqrt2). Предположим, что функция имеет период T>0T>0.
Функция f(x)f(x) нечетная, поэтому f(−x)=−f(x).f(-x)=-f(x). Из периодичности имеем f(T+x)=f(x),f(T−x)=f(−x)=−f(x).f(T+x)=f(x),\quad f(T-x)=f(-x)=-f(x). f(T+x)+f(T−x)=0.f(T+x)+f(T-x)=0.

Раскроем левую часть: sin⁡(T+x)+sin⁡(T−x)+sin⁡(2T+2x)+sin⁡(2T−2x)=0.\sin(T+x)+\sin(T-x) +\sin(\sqrt2T+\sqrt2x)+\sin(\sqrt2T-\sqrt2x)=0. Используем формулу sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)=2sin⁡αcos⁡β.\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)=2\sin\alpha\cos\beta. Находим 2sin⁡Tcos⁡x+2sin⁡(2T)cos⁡(2x)=0,2\sin T\cos x+2\sin(\sqrt2T)\cos(\sqrt2x)=0, или sin⁡Tcos⁡x+sin⁡(2T)cos⁡(2x)=0.\sin T\cos x+\sin(\sqrt2T)\cos(\sqrt2x)=0.
Положим сначала x=0x=0: sin⁡T+sin⁡(2T)=0.\sin T+\sin(\sqrt2T)=0.

Пусть теперь x=2πx=2\pi: sin⁡T+sin⁡(2T)cos⁡(2π2)=0.\sin T+\sin(\sqrt2T)\cos(2\pi\sqrt2)=0.

Вычитаем второе равенство из первого: sin⁡(2T)(1−cos⁡(2π2))=0.\sin(\sqrt2T)\bigl(1-\cos(2\pi\sqrt2)\bigr)=0.

Поскольку 2\sqrt2 не является целым числом, то cos⁡(2π2)≠1.\cos(2\pi\sqrt2)\neq1. sin⁡(2T)=0.\sin(\sqrt2T)=0. Тогда из sin⁡T+sin⁡(2T)=0\sin T+\sin(\sqrt2T)=0 получаем sin⁡T=0.\sin T=0.

T=mπ,2T=nπT=m\pi,\quad \sqrt2T=n\pi для некоторых целых m,nm,n. Поскольку T>0T>0, m≠0m\neq0. Подставляя T=mπT=m\pi во второе равенство, имеем 2 mπ=nπ,\sqrt2\,m\pi=n\pi, откуда 2=nm.\sqrt2=\frac nm. Но 2\sqrt2 иррационально, а nm\dfrac nm рационально. Получили противоречие.sin⁡x+sin⁡(x2) не является периодической функцией.\sin x+\sin(x\sqrt2)\text{ не является периодической функцией}.
Демидович № 233 — решение | Высшая математика — Профиматика