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

Демидович — задача 943

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

Найти производную функции

Задача 943

y=ln⁡1−x31+x3+x23+3 arctg⁡1+2x33y=\ln\frac{1-\sqrt[3]{x}}
{\sqrt{1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x^2}}}
+\sqrt3\,\operatorname{arctg}\frac{1+2\sqrt[3]{x}}{\sqrt3}
Ответ:y′=−1x3(1−x)x∈(−∞,0)∪(0,1)y'=-\frac1{\sqrt[3]{x}(1-x)}
\qquad x\in(-\infty,0)\cup(0,1)При x=0x=0 функция определена, но не дифференцируема.

Решение

Положимt=x3t=\sqrt[3]{x}Тогда x23=t2\sqrt[3]{x^2}=t^2, причёмt2+t+1=(t+12)2+34>0t^2+t+1=\left(t+\frac12\right)^2+\frac34>0Поскольку t2+t+1>0t^2+t+1>0, для существования логарифма достаточно
потребовать1−t>01-t>0ПоэтомуD=(−∞,1)D=(-\infty,1)После замены переменной функция принимает видF(t)=ln⁡(1−t)−12ln⁡(t2+t+1)+3 arctg⁡1+2t3F(t)=\ln(1-t)-\frac12\ln(t^2+t+1)
+\sqrt3\,\operatorname{arctg}\frac{1+2t}{\sqrt3}Дифференцируя по tt, получаемF′(t)=−11−t−2t+12(t2+t+1)+32(t2+t+1)==−3t(1−t)(t2+t+1)=−3t1−t3\begin{aligned}
F'(t)&=-\frac1{1-t}
-\frac{2t+1}{2(t^2+t+1)}
+\frac3{2(t^2+t+1)}=\\
&=-\frac{3t}{(1-t)(t^2+t+1)}
=-\frac{3t}{1-t^3}
\end{aligned}При x≠0x\ne0 по №828 производная t=x3t=\sqrt[3]{x} равна t′(x)=1/(3t2)t'(x)=1/(3t^2). По правилу производной сложной функцииy′=F′(t)3t2=−1t(1−t3)=−1x3(1−x)y'=\frac{F'(t)}{3t^2}
=-\frac1{t(1-t^3)}
=-\frac1{\sqrt[3]{x}(1-x)}В точке x=0x=0 делить на 3t23t^2 нельзя, поэтому проверим её
отдельно.
При x=0x=0 разностное отношение равно [F(t)−F(0)]/t3[F(t)-F(0)]/t^3. Найдём главный член числителя, раскрывая все коэффициенты.

По формуле логарифма из №894ln⁡(1−t)=−t−12t2+o(t2),−12ln⁡(1+t+t2)=−12(t+t2)+14(t+t2)2+o(t2)=−12t−14t2+o(t2).\begin{aligned}
\ln(1-t)&=-t-\frac12t^2+o(t^2),\\
-\frac12\ln(1+t+t^2)
&=-\frac12(t+t^2)+\frac14(t+t^2)^2+o(t^2)\\
&=-\frac12t-\frac14t^2+o(t^2).
\end{aligned}Здесь (t+t2)2=t2+2t3+t4=t2+o(t2)(t+t^2)^2=t^2+2t^3+t^4=t^2+o(t^2).

Для разности арктангенсов из №776 при достаточно малом ∣t∣|t| получаемarctg⁡1+2t3−arctg⁡13=arctg⁡z,z=3 t2+t.\operatorname{arctg}\frac{1+2t}{\sqrt3}
-\operatorname{arctg}\frac1{\sqrt3}
=\operatorname{arctg}z,
\qquad z=\frac{\sqrt3\,t}{2+t}.Действительно, аргумент справа получается как2t/31+(1+2t)/3=3 t2+t.\frac{2t/\sqrt3}{1+(1+2t)/3}=\frac{\sqrt3\,t}{2+t}.Поправка на π\pi отсутствует, поскольку оба арктангенса близки к π/6\pi/6, а их разность близка к нулю.

Оценка из №917 и нечётность арктангенса дают arctg⁡z=z+O(∣z∣3)\operatorname{arctg}z=z+O(|z|^3). Для полноты, там было получено ∣z−arctg⁡z∣⩽∣s∣3/(2cos⁡s)|z-\operatorname{arctg}z|\leqslant |s|^3/(2\cos s) при s=arctg⁡∣z∣s=\operatorname{arctg}|z|; поскольку s⩽∣z∣s\leqslant|z| и cos⁡s→1\cos s\to1, это и есть указанная оценка. Поэтому3arctg⁡z=3t2+t+o(t2).\sqrt3\operatorname{arctg}z=\frac{3t}{2+t}+o(t^2).Используем точное тождество3t2+t=32t−34t2+3t34(2+t).\frac{3t}{2+t}=\frac32t-\frac34t^2+\frac{3t^3}{4(2+t)}.Складывая три части F(t)−F(0)F(t)-F(0), получаемF(t)−F(0)=\displaystyle F(t)-F(0)\mathrel{=}(−1−12+32)t+(−12−14−34)t2+o(t2)=\displaystyle \left(-1-\frac12+\frac32\right)t
+\left(-\frac12-\frac14-\frac34\right)t^2+o(t^2)\mathrel{=}−32t2+o(t2).\displaystyle -\frac32t^2+o(t^2).Следовательно,F(t)−F(0)t3=−3/2+o(1)t.\frac{F(t)-F(0)}{t^3}=\frac{-3/2+o(1)}t.При t→0+t\to0+ отношение стремится к −∞-\infty, при t→0−t\to0- — к +∞+\infty. Те же стороны соответствуют x=t3x=t^3. Конечной производной в нуле нет.
Демидович № 943 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика