Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 1. Производная явной функции

Демидович — задача 894

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

Найти производную функции

Задача 894

y=x+1−ln⁡(1+x+1)y=\sqrt{x+1}-\ln\bigl(1+\sqrt{x+1}\bigr)
Ответ:y′=12(1+x+1)\displaystyle y'=\frac1{2\bigl(1+\sqrt{x+1}\bigr)} при x>−1x>-1;
y+′(−1)=12y'_+(-1)=\dfrac12.

Решение

Функция определена при x⩾−1x\geqslant-1. На внутренности области
определения, то есть при x>−1x>-1, положим
u=x+1u=\sqrt{x+1}. Тогда u′=12x+1u'=\dfrac1{2\sqrt{x+1}}, и
y′=u′−u′1+u==12x+1(1−11+x+1)==12(1+x+1)\begin{aligned}
y'&=u'-\frac{u'}{1+u}=\\
&=\frac1{2\sqrt{x+1}}
\left(1-\frac1{1+\sqrt{x+1}}\right)=\\
&=\frac1{2\bigl(1+\sqrt{x+1}\bigr)}
\end{aligned}В граничной точке x=−1x=-1 обычная двусторонняя производная не
определяется. Если рассматривать правую производную, то после замены
h=t2h=t^2 получаемy+′(−1)=lim⁡h→0+h−ln⁡(1+h)h==lim⁡t→0+t−ln⁡(1+t)t2\begin{aligned}
y'_+(-1)&=\lim_{h\to0^+}
\frac{\sqrt h-\ln(1+\sqrt h)}h=\\
&=\lim_{t\to0^+}\frac{t-\ln(1+t)}{t^2}
\end{aligned}Вычислим этот предел с помощью разложения экспоненты, доказанного в №611 без дифференцирования. Положим u=ln⁡(1+t)>0u=\ln(1+t)>0, тогда t=eu−1t=e^u-1 и u→0+u\to0+. При 0<u<10<u<1eu−1−uu2=12!+∑k=3∞uk−2k!.\frac{e^u-1-u}{u^2}=\frac1{2!}+\sum_{k=3}^{\infty}\frac{u^{k-2}}{k!}.Поскольку k!⩾3!=6k!\geqslant3!=6 при k⩾3k\geqslant3, остаток удовлетворяет оценке0⩽∑k=3∞uk−2k!⩽u6∑j=0∞uj=u6(1−u)⟶0.0\leqslant\sum_{k=3}^{\infty}\frac{u^{k-2}}{k!}
\leqslant\frac{u}{6}\sum_{j=0}^{\infty}u^j
=\frac{u}{6(1-u)}\longrightarrow0.Формула для геометрической суммы получается предельным переходом в её конечной сумме. Поэтому (eu−1−u)/u2→1/2(e^u-1-u)/u^2\to1/2. Кроме того, по №541 (eu−1)/u→1(e^u-1)/u\to1. Итак,t−ln⁡(1+t)t2=eu−1−uu2(ueu−1)2⟶12⋅1=12.\frac{t-\ln(1+t)}{t^2}
=\frac{e^u-1-u}{u^2}\left(\frac{u}{e^u-1}\right)^2
\longrightarrow\frac12\cdot1=\frac12.Следовательно, y+′(−1)=1/2y'_+(-1)=1/2.

Зафиксируем также двусторонний вариант использованного предела для дальнейших вычислений. При ∣u∣<1|u|<1 та же оценка даёт∣eu−1−uu2−12∣⩽∣u∣6(1−∣u∣)⟶0.\left|\frac{e^u-1-u}{u^2}-\frac12\right|
\leqslant\frac{|u|}{6(1-|u|)}\longrightarrow0.Подстановка u=ln⁡(1+t)u=\ln(1+t) допустима при всех достаточно малых tt обоих знаков. Поэтомуt−ln⁡(1+t)t2⟶12(t→0),\frac{t-\ln(1+t)}{t^2}\longrightarrow\frac12\quad(t\to0),или, в обозначениях §6,ln⁡(1+t)=t−t22+o(t2).\ln(1+t)=t-\frac{t^2}{2}+o(t^2).Это конкретная асимптотическая формула, полученная из оценки остатка выше.
Демидович № 894 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика