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

Демидович — задача 999

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

Задача 999

Исследовать на дифференцируемость следующие функции:а) y=∣(x−1)(x−2)2(x−3)3∣;б) y=∣cos⁡x∣\text{а) }y=|(x-1)(x-2)^2(x-3)^3|;
\qquad
\text{б) }y=|\cos x|в) y=∣π2−x2∣sin⁡2x;г) y=arcsin⁡(cos⁡x)\text{в) }y=|\pi^2-x^2|\sin^2x;
\qquad
\text{г) }y=\arcsin(\cos x)д) y={x−14(x+1)2,∣x∣⩽1,∣x∣−1,∣x∣>1\text{д) }y=
\begin{cases}
\dfrac{x-1}{4}(x+1)^2,&|x|\leqslant1,\\[1mm]
|x|-1,&|x|>1
\end{cases}
Вывода) Функция дифференцируема при всех x≠1x\ne1. В точках
x=2x=2 и x=3x=3 её производная равна нулю, а при x=1x=1y−′(1)=−8y+′(1)=8y'_-(1)=-8
\qquad
y'_+(1)=8б) Функция дифференцируема приx≠π2+πkk∈Zx\ne\frac\pi2+\pi k
\qquad
k\in\mathbb Zи не дифференцируема в точках
x=π2+πkx=\dfrac\pi2+\pi k.

в) Функция дифференцируема на всей числовой прямой, причёмy′(−π)=y′(π)=0y'(-\pi)=y'(\pi)=0г) Функция дифференцируема при
x∉{πk:k∈Z}x\notin\{\pi k:k\in\mathbb Z\} и не дифференцируема в каждой
точке x=πkx=\pi k.

д) Функция дифференцируема при всех x≠−1x\ne-1. В точке
x=−1x=-1y−′(−1)=−1y+′(−1)=0y'_-(-1)=-1
\qquad
y'_+(-1)=0а в точке x=1x=1 имеем y′(1)=1y'(1)=1.

Решение

Пункт а)

Обозначимg(x)=(x−1)(x−2)2(x−3)3g(x)=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3В точках, где g(x)≠0g(x)\ne0, модуль дифференцируем иy′=sgn⁡(g(x))g′(x)y'=\operatorname{sgn}(g(x))g'(x)Остаётся исследовать нули x=1,2,3x=1,2,3.

В точке x=1x=1 корень функции gg простой, причёмg′(1)=(1−2)2(1−3)3=−8g'(1)=(1-2)^2(1-3)^3=-8Поэтому при h→0h\to0∣g(1+h)∣=8∣h∣+o(∣h∣)|g(1+h)|=8|h|+o(|h|)Отсюдаy−′(1)=−8y+′(1)=8y'_-(1)=-8
\qquad
y'_+(1)=8и обычной производной в точке x=1x=1 нет.

В точке x=2x=2 множитель (x−2)2(x-2)^2 имеет чётную кратность. В
достаточно малой окрестности этой точки g(x)⩽0g(x)\leqslant0, поэтому
y=−gy=-g иy′(2)=−g′(2)=0y'(2)=-g'(2)=0В точке x=3x=3 имеем∣g(3+h)∣=∣(2+h)(1+h)2h3∣=O(∣h∣3)|g(3+h)|=|(2+h)(1+h)^2h^3|=O(|h|^3)Следовательно,∣g(3+h)∣−∣g(3)∣h⟶0\frac{|g(3+h)|-|g(3)|}{h}\longrightarrow0и y′(3)=0y'(3)=0.

Пункт б)

Если cos⁡x≠0\cos x\ne0, тоy′=−sin⁡x sgn⁡(cos⁡x)y'=-\sin x\,\operatorname{sgn}(\cos x)Нули косинуса имеют видxk=π2+πkk∈Zx_k=\frac\pi2+\pi k
\qquad
k\in\mathbb ZКаждый из них является простым, поскольку∣−sin⁡xk∣=∣sin⁡xk∣=1|-\sin x_k|=|\sin x_k|=1Поэтому в окрестности xkx_k график модуля имеет угловую точку иy−′(xk)=−1y+′(xk)=1y'_-(x_k)=-1
\qquad
y'_+(x_k)=1

Пункт в)

Возможная проблема возникает только в точках, где
π2−x2=0\pi^2-x^2=0, то есть при x=±πx=\pm\pi. Вне этих точек функция
является произведением дифференцируемых функций.
Рассмотрим x=π+hx=\pi+h. Тогда∣π2−(π+h)2∣=∣2πh+h2∣=O(∣h∣),sin⁡2(π+h)=sin⁡2h=O(h2)\begin{aligned}
|\pi^2-(\pi+h)^2|&=|2\pi h+h^2|=O(|h|),\\
\sin^2(\pi+h)&=\sin^2h=O(h^2)
\end{aligned}Следовательно,y(π+h)=O(∣h∣3)y(\pi+h)=O(|h|^3)и потомуy′(π)=lim⁡h→0y(π+h)−y(π)h=0y'(\pi)=\lim_{h\to0}\frac{y(\pi+h)-y(\pi)}h=0При x=−π+hx=-\pi+h имеем∣π2−(−π+h)2∣=∣2πh−h2∣=O(∣h∣),sin⁡2(−π+h)=sin⁡2h=O(h2).|\pi^2-(-\pi+h)^2|=|2\pi h-h^2|=O(|h|),
\qquad
\sin^2(-\pi+h)=\sin^2h=O(h^2).Поэтому y(−π+h)=O(∣h∣3)y(-\pi+h)=O(|h|^3) иy′(−π)=lim⁡h→0y(−π+h)−y(−π)h=0.y'(-\pi)=\lim_{h\to0}\frac{y(-\pi+h)-y(-\pi)}h=0.

Пункт г)

При x≠πkx\ne\pi k, k∈Zk\in\mathbb Z, выполняется
∣cos⁡x∣<1|\cos x|<1, и правило производной сложной функции даётy′=−sin⁡x1−cos⁡2x==−sin⁡x∣sin⁡x∣=−sgn⁡(sin⁡x)\begin{aligned}
y'&=-\frac{\sin x}{\sqrt{1-\cos^2x}}=\\
&=-\frac{\sin x}{|\sin x|}
=-\operatorname{sgn}(\sin x)
\end{aligned}В точках xk=πkx_k=\pi k знаменатель обращается в нуль, поэтому
исследуем односторонние производные. При чётном kk функция вблизи
xkx_k имеет видarcsin⁡(cos⁡(xk+h))=π2−∣h∣\arcsin(\cos(x_k+h))=\frac\pi2-|h|а при нечётном kkarcsin⁡(cos⁡(xk+h))=−π2+∣h∣\arcsin(\cos(x_k+h))=-\frac\pi2+|h|Следовательно,y−′(πk)=(−1)ky+′(πk)=(−1)k+1y'_-(\pi k)=(-1)^k
\qquad
y'_+(\pi k)=(-1)^{k+1}Односторонние производные различны.

Пункт д)

На каждом из промежутков
(−∞,−1)(-\infty,-1), (−1,1)(-1,1) и (1,+∞)(1,+\infty) функция
дифференцируема. Проверим точки стыка.

При x=−1x=-1 значения обеих формул равны нулю, поэтому функция
непрерывна. Слева действует формула y=−x−1y=-x-1, откудаy−′(−1)=−1y'_-(-1)=-1Справа действует многочленp(x)=x−14(x+1)2p(x)=\frac{x-1}{4}(x+1)^2Его производная равнаp′(x)=14(x+1)(3x−1)p'(x)=\frac14(x+1)(3x-1)поэтомуy+′(−1)=p′(−1)=0y'_+(-1)=p'(-1)=0В точке x=−1x=-1 производной нет.

Проверка

При x=1x=1 обе формулы также дают нуль. При этомy−′(1)=p′(1)=1y+′(1)=(x−1)′=1y'_-(1)=p'(1)=1
\qquad
y'_+(1)=(x-1)'=1Следовательно, функция дифференцируема при x=1x=1.
Демидович № 999 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика