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

Демидович — задача 978

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

Задача 978

Найти производные следующих функций:а) y=∣(x−1)2(x+1)3∣;б) y=∣sin⁡3x∣\text{а) }y=|(x-1)^2(x+1)^3|;
\qquad
\text{б) }y=|\sin^3x|в) y=arccos⁡1∣x∣;г) y=[x]sin⁡2πx\text{в) }y=\arccos\frac1{|x|};
\qquad
\text{г) }y=[x]\sin^2\pi x
Ответ:а) y′={−(x−1)(x+1)2(5x−1),x<−1(x−1)(x+1)2(5x−1),x⩾−1y'=
\begin{cases}
-(x-1)(x+1)^2(5x-1), & x<-1\\
(x-1)(x+1)^2(5x-1), & x\geqslant-1
\end{cases}б) Для всех x∈Rx\in\mathbb Ry′=3sin⁡x ∣sin⁡x∣cos⁡xy'=3\sin x\,|\sin x|\cos xв) y′=1xx2−1,∣x∣>1y'=\frac1{x\sqrt{x^2-1}},
\qquad |x|>1В точках x=±1x=\pm1 производная не существует.

г) Для всех x∈Rx\in\mathbb Ry′=π[x]sin⁡2πxy'=\pi[x]\sin2\pi x

Решение

Пункт а)

Обозначимg(x)=(x−1)2(x+1)3g(x)=(x-1)^2(x+1)^3Множитель (x−1)2(x-1)^2 неотрицателен, поэтому знак g(x)g(x)
определяется знаком x+1x+1. Следовательно,y={−g(x),x<−1g(x),x⩾−1y=
\begin{cases}
-g(x), & x<-1\\
g(x), & x\geqslant-1
\end{cases}Вычислим производную многочлена:g′(x)=2(x−1)(x+1)3+3(x−1)2(x+1)2==(x−1)(x+1)2(5x−1)\begin{aligned}
g'(x)&=2(x-1)(x+1)^3+3(x-1)^2(x+1)^2=\\
&=(x-1)(x+1)^2(5x-1)
\end{aligned}При x=−1x=-1 обе односторонние производные равны нулю. Действительно,
если h→0h\to0, тоy(−1+h)−y(−1)h=(−2+h)2∣h∣3h⟶0\frac{y(-1+h)-y(-1)}{h}
=\frac{(-2+h)^2|h|^3}{h}\longrightarrow0Поэтому функция дифференцируема на всей числовой прямой.

Пункт б)

Имеемy=∣sin⁡x∣3y=|\sin x|^3Если sin⁡x≠0\sin x\ne0, то по правилу дифференцирования модуляy′=3∣sin⁡x∣2sgn⁡(sin⁡x)cos⁡x=3sin⁡x ∣sin⁡x∣cos⁡xy'=3|\sin x|^2\operatorname{sgn}(\sin x)\cos x
=3\sin x\,|\sin x|\cos xВ точках x=kπx=k\pi, k∈Zk\in\mathbb Z, положим h=x−kπh=x-k\pi.
Тогда∣y(kπ+h)−y(kπ)h∣=∣sin⁡h∣3∣h∣⩽h2⟶0\left|
\frac{y(k\pi+h)-y(k\pi)}{h}
\right|
=\frac{|\sin h|^3}{|h|}
\leqslant h^2\longrightarrow0Значит, в этих точках производная также существует и равна нулю.

Пункт в)

Аргумент функции arccos⁡\arccos должен принадлежать
отрезку [−1,1][-1,1]. Поскольку 1∣x∣>0\frac1{|x|}>0, область определения имеет
видD=(−∞,−1]∪[1,+∞)D=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)При ∣x∣>1|x|>1(1∣x∣)′=−sgn⁡xx2\left(\frac1{|x|}\right)'=-\frac{\operatorname{sgn} x}{x^2}и потомуy′=−(1∣x∣)′1−1x2=sgn⁡xx2∣x∣x2−1=1xx2−1\begin{aligned}
y'&=-\frac{\left(\dfrac1{|x|}\right)'}
{\sqrt{1-\dfrac1{x^2}}}
=\frac{\operatorname{sgn} x}{x^2}
\frac{|x|}{\sqrt{x^2-1}}
=\frac1{x\sqrt{x^2-1}}
\end{aligned}В точке 11 разностное отношение совпадает с отношением функции arccos⁡(1/x)\arccos(1/x), проверенным в №920, и стремится к +∞+\infty. При x→−1−x\to-1- замена z=−x→1+z=-x\to1+ меняет знак знаменателя разностного отношения и даёт предел −∞-\infty. Конечной односторонней производной в этих точках нет.

Пункт г)

Если x∉Zx\notin\mathbb Z, то в некоторой окрестности
точки xx целая часть [x][x] постоянна. Поэтомуy′=2π[x]sin⁡πxcos⁡πx=π[x]sin⁡2πxy'=2\pi[x]\sin\pi x\cos\pi x
=\pi[x]\sin2\pi xПроверим целую точку k∈Zk\in\mathbb Z. При достаточно малом hhy(k+h)−y(k)h={(k−1)sin⁡2πhh,h<0ksin⁡2πhh,h>0\frac{y(k+h)-y(k)}{h}=
\begin{cases}
(k-1)\dfrac{\sin^2\pi h}{h}, & h<0\\[1mm]
k\dfrac{\sin^2\pi h}{h}, & h>0
\end{cases}

Проверка

Так как ∣sin⁡πh∣⩽π∣h∣|\sin\pi h|\leqslant\pi|h|, оба выражения стремятся к
нулю. Следовательно, y′(k)=0y'(k)=0, что совпадает со значением общей
формулы.
Демидович № 978 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика