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

Демидович — задача 997

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

Задача 997

Показать, что функцияf(x)=x2∣cos⁡πx∣(x≠0),f(0)=0,f(x)=x^2\left|\cos\frac\pi x\right|\quad(x\ne0),
\qquad f(0)=0,имеет точки недифференцируемости в любой окрестности точки x=0x=0, но
дифференцируема в этой точке.

Построить эскиз графика этой функции.
Доказано:Функция дифференцируема при x=0x=0, причём f′(0)=0f'(0)=0.
Она не дифференцируема в точкахx=22k+1,k∈Z,x=\frac{2}{2k+1},
\qquad k\in\mathbb Z,которые накапливаются в нуле; в каждой из них
f−′(xk)=−πf'_-(x_k)=-\pi и f+′(xk)=πf'_+(x_k)=\pi.

Доказательство

Сначала исследуем функцию в начале координат. Из неравенства0⩽∣cos⁡πx∣⩽10\leqslant \left|\cos\frac\pi x\right|\leqslant1следует, что0⩽f(x)⩽x2.0\leqslant f(x)\leqslant x^2.В частности, f(x)→0=f(0)f(x)\to0=f(0) при x→0x\to0, то есть функция непрерывна в
нуле. Производную в этой точке найдём непосредственно по определению:f′(0)=lim⁡h→0f(h)−f(0)h=lim⁡h→0h∣cos⁡πh∣=0,f'(0)=
\lim_{h\to0}\frac{f(h)-f(0)}h
=\lim_{h\to0}h\left|\cos\frac\pi h\right|=0,поскольку∣h∣cos⁡πh∣∣⩽∣h∣→0.\left|h\left|\cos\frac\pi h\right|\right|\leqslant|h|\to0.Таким образом, несмотря на бесконечно частые колебания множителя
∣cos⁡πx∣\left|\cos\frac\pi x\right|, функция дифференцируема в нуле и
f′(0)=0f'(0)=0.
Теперь найдём точки недифференцируемости. Косинус обращается в нуль, когдаπx=π2+πk,k∈Z.\frac\pi x=\frac\pi2+\pi k,
\qquad k\in\mathbb Z.Следовательно, нули функции, отличные от начала координат, имеют видxk=22k+1,k∈Z.x_k=\frac{2}{2k+1},
\qquad k\in\mathbb Z.Положимg(x)=cos⁡πx.g(x)=\cos\frac\pi x.Тогдаg′(x)=πx2sin⁡πx,g'(x)=\frac\pi{x^2}\sin\frac\pi x,а в точке xkx_k имеем∣g′(xk)∣=πxk2.|g'(x_k)|=\frac\pi{x_k^2}.Так как g(xk)=0g(x_k)=0 и g′(xk)≠0g'(x_k)\ne0, то при h→0h\to0∣g(xk+h)∣=∣g′(xk)∣ ∣h∣+o(∣h∣).|g(x_k+h)|=|g'(x_k)|\,|h|+o(|h|).Поэтомуf(xk+h)−f(xk)h=(xk+h)2∣g(xk+h)∣h=π∣h∣h+o(1).\frac{f(x_k+h)-f(x_k)}h
=\frac{(x_k+h)^2|g(x_k+h)|}{h}
=\pi\frac{|h|}{h}+o(1).Отсюда получаем односторонние производныеf−′(xk)=−π,f+′(xk)=π.f'_-(x_k)=-\pi,
\qquad
f'_+(x_k)=\pi.Они не равны, поэтому в каждой точке xkx_k график имеет угловую точку и
функция не дифференцируема.

При k→+∞k\to+\infty имеем xk→0x_k\to0, поэтому в любой окрестности нуля
содержатся точки xkx_k и, следовательно, точки недифференцируемости.
В остальных точках, где x≠0x\ne0 и cos⁡πx≠0\cos\frac\pi x\ne0, обычное
дифференцирование даётf′(x)=2x∣cos⁡πx∣+πsgn⁡(cos⁡πx)sin⁡πx.f'(x)=
2x\left|\cos\frac\pi x\right|
+\pi\operatorname{sgn}\left(\cos\frac\pi x\right)
\sin\frac\pi x.
Функция чётная и заключена между параболой y=x2y=x^2 и осью OxOx.
На первом рисунке показан общий вид графика, а на втором — увеличенная
окрестность нуля. В точкахx=±2, ±23, ±25,…x=\pm2,\ \pm\frac23,\ \pm\frac25,\ldotsвидны угловые нули; они накапливаются в начале координат. Совсем близко к
нулю колебания визуально сливаются с осью OxOx, поскольку 0⩽f(x)⩽x20\leqslant
f(x)\leqslant x^2.

Построение графика

Синим изображён график функции, пунктиром — парабола y=x2y=x^2. Отмеченные нули имеют вид x=2/(2k+1)x=2/(2k+1). Вблизи начала координат всё более мелкие колебания заключены между осью OxOx и этой параболой.
график к задаче Демидовича № 997график к задаче Демидовича № 997

Что и требовалось доказать

Демидович № 997 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика