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

Демидович — задача 992

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

При каком условии функция

Задача 992

f(x)={xnsin⁡1x,x≠00,x=0f(x)=
\begin{cases}
x^n\sin\dfrac1x, & x\ne0\\
0, & x=0
\end{cases}а) непрерывна при x=0x=0;

б) дифференцируема при x=0x=0;

в) имеет непрерывную производную при x=0x=0?
Ответ:Для целого nn: а) n⩾1n\geqslant1; б) n⩾2n\geqslant2, причём f′(0)=0f'(0)=0; в) n⩾3n\geqslant3.

Решение

Рассмотрим целые значения nn и последовательно проверим три определения: непрерывность, существование производной и непрерывность производной.

Пункт а)

Для x≠0x\ne0∣f(x)∣⩽∣x∣n|f(x)|\leqslant|x|^nПри n>0n>0 по теореме о зажатой функции (теореме о двух милиционерах)
f(x)→0=f(0)f(x)\to0=f(0) при x→0x\to0. Для n⩽0n\leqslant0 возьмёмuk=(π/2+2πk)−1,vk=(3π/2+2πk)−1.u_k=(\pi/2+2\pi k)^{-1},\qquad v_k=(3\pi/2+2\pi k)^{-1}.Тогда f(uk)=uknf(u_k)=u_k^n, а f(vk)=−vknf(v_k)=-v_k^n. При n=0n=0 это 11 и −1-1, а при n<0n<0 значения стремятся соответственно к +∞+\infty и −∞-\infty. Непрерывности в нуле нет.

Пункт б)

По определению производнойf′(0)=lim⁡h→0hnsin⁡1hh=lim⁡h→0hn−1sin⁡1hf'(0)=\lim_{h\to0}\frac{h^n\sin\dfrac1h}h
=\lim_{h\to0}h^{n-1}\sin\frac1hПри n>1n>1 абсолютная величина последнего выражения не превосходит
∣h∣n−1|h|^{n-1}, поэтому предел равен нулю. При n=1n=1 получается
колеблющееся выражение sin⁡1h\sin\dfrac1h, не имеющее предела. При
n⩽0n\leqslant0 функция не является непрерывной в нуле и потому не может быть
там дифференцируемой.

Пункт в)

При x≠0x\ne0f′(x)=nxn−1sin⁡1x−xn−2cos⁡1xf'(x)=n x^{n-1}\sin\frac1x-x^{n-2}\cos\frac1xЕсли n>2n>2, оба слагаемых стремятся к нулю, поэтому
f′(x)→f′(0)=0f'(x)\to f'(0)=0. При n=2n=2 второе слагаемое равно
−cos⁡1x-\cos\dfrac1x и предела не имеет.
Демидович № 992 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика