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

Демидович — задача 965

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

Найти производную функции:

Задача 965

1.y=(ln⁡x)xxln⁡xy=\frac{(\ln x)^x}{x^{\ln x}}2.y=[arcsin⁡(sin⁡2x)arccos⁡(cos⁡2x)]arctg⁡2xy=\left[
\frac{\arcsin(\sin^2x)}{\arccos(\cos^2x)}
\right]^{\operatorname{arctg}^2x}
Ответ:y′=(ln⁡x)xxln⁡x(ln⁡(ln⁡x)+1ln⁡x−2ln⁡xx),x>1y'=\frac{(\ln x)^x}{x^{\ln x}}
\left(\ln(\ln x)+\frac1{\ln x}-\frac{2\ln x}{x}\right),
\qquad x>1При sin⁡xcos⁡x≠0\sin x\cos x\ne0y′=[A(x)B(x)]C(x){2arctg⁡x1+x2ln⁡A(x)B(x)+arctg⁡2x[sin⁡2xA(x)1−sin⁡4x−sin⁡2xB(x)1−cos⁡4x]}\begin{aligned}
y'={}&\left[\frac{A(x)}{B(x)}\right]^{C(x)}
\Biggl\{
\frac{2\operatorname{arctg}x}{1+x^2}
\ln\frac{A(x)}{B(x)}\\
&+\operatorname{arctg}^2x\left[
\frac{\sin2x}{A(x)\sqrt{1-\sin^4x}}-
\frac{\sin2x}{B(x)\sqrt{1-\cos^4x}}
\right]\Biggr\}
\end{aligned}гдеA(x)=arcsin⁡(sin⁡2x),B(x)=arccos⁡(cos⁡2x),C(x)=arctg⁡2xA(x)=\arcsin(\sin^2x),
\qquad
B(x)=\arccos(\cos^2x),
\qquad
C(x)=\operatorname{arctg}^2xПри x=kπx=k\pi функция не определена, а при
x=π2+kπx=\dfrac\pi2+k\pi не дифференцируема.

Решение

Для вещественной переменной степени требуется x>1x>1.
Логарифмируем функцию:ln⁡y=xln⁡(ln⁡x)−(ln⁡x)2\ln y=x\ln(\ln x)-(\ln x)^2Отсюдаy′y=ln⁡(ln⁡x)+1ln⁡x−2ln⁡xx\frac{y'}y=\ln(\ln x)+\frac1{\ln x}-\frac{2\ln x}{x}

Проверка

2. ОбозначимA(x)=arcsin⁡(sin⁡2x),B(x)=arccos⁡(cos⁡2x),C(x)=arctg⁡2xA(x)=\arcsin(\sin^2x),
\qquad
B(x)=\arccos(\cos^2x),
\qquad
C(x)=\operatorname{arctg}^2xИсходная функция определена при x≠kπx\ne k\pi, поскольку при
x=kπx=k\pi одновременно A(x)=B(x)=0A(x)=B(x)=0. На точках, где
sin⁡xcos⁡x≠0\sin x\cos x\ne0, имеемA′(x)=sin⁡2x1−sin⁡4xA'(x)=\frac{\sin2x}{\sqrt{1-\sin^4x}}B′(x)=sin⁡2x1−cos⁡4xB'(x)=\frac{\sin2x}{\sqrt{1-\cos^4x}}иC′(x)=2arctg⁡x1+x2C'(x)=\frac{2\operatorname{arctg}x}{1+x^2}Посколькуy=exp⁡ ⁣(C(x)ln⁡A(x)B(x))y=\exp\!\left(C(x)\ln\frac{A(x)}{B(x)}\right)получаемy′y=C′(x)ln⁡A(x)B(x)+C(x)(A′(x)A(x)−B′(x)B(x))\frac{y'}y=C'(x)\ln\frac{A(x)}{B(x)}+
C(x)\left(\frac{A'(x)}{A(x)}-
\frac{B'(x)}{B(x)}\right)Пусть x0=π/2+kπx_0=\pi/2+k\pi и p=π/2p=\pi/2. ТогдаA(x0+h)=arcsin⁡(cos⁡2h)=p−arccos⁡(cos⁡2h),A(x_0+h)=\arcsin(\cos^2h)=p-\arccos(\cos^2h),B(x0+h)=arccos⁡(sin⁡2h)=p−arcsin⁡(sin⁡2h).B(x_0+h)=\arccos(\sin^2h)=p-\arcsin(\sin^2h).В №922 непосредственно доказано arccos⁡(cos⁡2h)/∣h∣→2\arccos(\cos^2h)/|h|\to\sqrt2. Кроме того, arcsin⁡(sin⁡2h)/∣h∣→0\arcsin(\sin^2h)/|h|\to0, поскольку arcsin⁡z/z→1\arcsin z/z\to1 и sin⁡2h/∣h∣⩽∣h∣\sin^2h/|h|\leqslant|h|. ПоэтомуA(x0+h)−p∣h∣→−2,B(x0+h)−p∣h∣→0.\frac{A(x_0+h)-p}{|h|}\to-\sqrt2,
\qquad \frac{B(x_0+h)-p}{|h|}\to0.Для R=A/BR=A/B получаемR(x0+h)−1∣h∣=[A(x0+h)−B(x0+h)]/∣h∣B(x0+h)⟶−2p=−22π.\frac{R(x_0+h)-1}{|h|}
=\frac{[A(x_0+h)-B(x_0+h)]/|h|}{B(x_0+h)}
\longrightarrow-\frac{\sqrt2}{p}=-\frac{2\sqrt2}{\pi}.Положим z=C(x0+h)ln⁡R(x0+h)z=C(x_0+h)\ln R(x_0+h). Тогда y(x0+h)=ezy(x_0+h)=e^z, y(x0)=1y(x_0)=1 иy(x0+h)−1∣h∣=ez−1z C(x0+h) ln⁡R(x0+h)R(x0+h)−1 R(x0+h)−1∣h∣⟶−22πC(x0).\frac{y(x_0+h)-1}{|h|}
=\frac{e^z-1}{z}\,C(x_0+h)\,
\frac{\ln R(x_0+h)}{R(x_0+h)-1}\,
\frac{R(x_0+h)-1}{|h|}
\longrightarrow-\frac{2\sqrt2}{\pi}C(x_0).Нормированные дроби с нулевым числителем и знаменателем понимаются с непрерывным значением 11. Здесь использованы только первые замечательные пределы для экспоненты и логарифма. Поскольку C(x0)=arctg⁡2x0>0C(x_0)=\operatorname{arctg}^2x_0>0, левая и правая производные противоположны и не равны нулю. Производной в x0x_0 нет.
Демидович № 965 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика