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

Демидович — задача 953

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

Найти производную функции

Задача 953

y=arcsin⁡sin⁡asin⁡x1−cos⁡acos⁡xy=\arcsin\frac{\sin a\sin x}{1-\cos a\cos x}
Ответ:При sin⁡a≠0\sin a\ne0y′=sin⁡a1−cos⁡acos⁡xsgn⁡(cos⁡x−cos⁡a),cos⁡x≠cos⁡ay'=\frac{\sin a}{1-\cos a\cos x}
\operatorname{sgn}(\cos x-\cos a),
\qquad \cos x\ne\cos aВ точках cos⁡x=cos⁡a\cos x=\cos a производной нет. При sin⁡a=0\sin a=0
производная равна нулю во всех точках области определения. При
a=2πna=2\pi n исключаются точки x=2πkx=2\pi k, а при
a=(2n+1)πa=(2n+1)\pi — точки x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi, где
n,k∈Zn,k\in\mathbb Z.

Решение

Сначала рассмотрим невырожденный случай sin⁡a≠0\sin a\ne0. Тогда
∣cos⁡a∣<1|\cos a|<1, поэтому1−cos⁡acos⁡x⩾1−∣cos⁡a∣>01-\cos a\cos x\geqslant1-|\cos a|>0Из тождества, которое будет получено ниже, следует ∣u∣⩽1|u|\leqslant1.
Значит, арксинус определён при всех xx, и в этом случаеD=RD=\mathbb RОбозначимu=sin⁡asin⁡x1−cos⁡acos⁡xu=\frac{\sin a\sin x}{1-\cos a\cos x}Непосредственное вычисление даётu′=sin⁡a(cos⁡x−cos⁡a)(1−cos⁡acos⁡x)2u'=\frac{\sin a(\cos x-\cos a)}
{(1-\cos a\cos x)^2}При этом1−u2=(1−cos⁡acos⁡x)2−sin⁡2asin⁡2x(1−cos⁡acos⁡x)2==(cos⁡x−cos⁡a)2(1−cos⁡acos⁡x)2\begin{aligned}
1-u^2
&=\frac{(1-\cos a\cos x)^2-\sin^2a\sin^2x}
{(1-\cos a\cos x)^2}=\\
&=\frac{(\cos x-\cos a)^2}
{(1-\cos a\cos x)^2}
\end{aligned}Следовательно, при cos⁡x≠cos⁡a\cos x\ne\cos a1−u2=∣cos⁡x−cos⁡a∣1−cos⁡acos⁡x\sqrt{1-u^2}
=\frac{|\cos x-\cos a|}{1-\cos a\cos x}иy′=sin⁡a1−cos⁡acos⁡xsgn⁡(cos⁡x−cos⁡a)y'=\frac{\sin a}{1-\cos a\cos x}
\operatorname{sgn}(\cos x-\cos a)Здесьsgn⁡z={−1,z<00,z=01,z>0\operatorname{sgn}z=
\begin{cases}
-1, & z<0\\
0, & z=0\\
1, & z>0
\end{cases}Пусть cos⁡x0=cos⁡a\cos x_0=\cos a. Тогда sin⁡x0=±sin⁡a≠0\sin x_0=\pm\sin a\ne0, u(x0)=σ∈{1,−1}u(x_0)=\sigma\in\{1,-1\} и y(x0)=σπ/2y(x_0)=\sigma\pi/2. По непрерывности знак yy рядом с x0x_0 совпадает с σ\sigma. Положим q(x)=π/2−∣y(x)∣q(x)=\pi/2-|y(x)|. Тогда q(x)→0q(x)\to0, q(x)⩾0q(x)\geqslant0 и по уже полученному тождествуsin⁡q(x)=cos⁡y(x)=∣cos⁡x−cos⁡a∣1−cos⁡acos⁡x.\sin q(x)=\cos y(x)=\frac{|\cos x-\cos a|}{1-\cos a\cos x}.При h→0h\to0 имеемsin⁡q(x0+h)∣h∣⟶∣sin⁡x0∣1−cos⁡2a=∣sin⁡a∣sin⁡2a=1∣sin⁡a∣.\frac{\sin q(x_0+h)}{|h|}
\longrightarrow\frac{|\sin x_0|}{1-\cos^2a}
=\frac{|\sin a|}{\sin^2a}=\frac1{|\sin a|}.Здесь использовано определение производной косинуса в x0x_0. Поскольку q/sin⁡q→1q/\sin q\to1, получаемy(x0+h)−y(x0)h=−σq(x0+h)∣h∣sgn⁡h.\frac{y(x_0+h)-y(x_0)}h
=-\sigma\frac{q(x_0+h)}{|h|}\operatorname{sgn}h.Правая производная равна −σ/∣sin⁡a∣-\sigma/|\sin a|, левая — σ/∣sin⁡a∣\sigma/|\sin a|. Они различны, поэтому двусторонней производной в x0x_0 нет.
Если sin⁡a=0\sin a=0, то числитель дроби равен нулю. При условии1−cos⁡acos⁡x≠01-\cos a\cos x\ne0имеем y=0y=0 и, следовательно, y′=0y'=0. Точки, в которых
исходная дробь не определена, удобно указать явно. Если a=2πna=2\pi n,
тоD=R∖{2πk:k∈Z}D=\mathbb R\setminus\{2\pi k:k\in\mathbb Z\}Если a=(2n+1)πa=(2n+1)\pi, тоD=R∖{(2k+1)π:k∈Z}D=\mathbb R\setminus\{(2k+1)\pi:k\in\mathbb Z\}Здесь n∈Zn\in\mathbb Z.
Демидович № 953 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика