Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 2. Производные обратной функции, функции, заданной параметрически, и функции, заданной в неявном виде

Демидович — задача 1037

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

Задача 1037

Выделить однозначные непрерывные ветви обратных функций x=x(y)x=x(y),
найти их производные и построить графики, если:а) y=2x2−x4;б) y=x21+x2;в) y=2e−x−e−2x\text{а) }y=2x^2-x^4;
\qquad
\text{б) }y=\frac{x^2}{1+x^2};
\qquad
\text{в) }y=2e^{-x}-e^{-2x}
Построениеа) Однозначные непрерывные ветви имеют видx1=−1+1−y,−∞<y⩽1x2=−1−1−y,0⩽y⩽1x3=1−1−y,0⩽y⩽1x4=1+1−y,−∞<y⩽1\begin{aligned}
x_1&=-\sqrt{1+\sqrt{1-y}},
& -\infty<y\leqslant1\\
x_2&=-\sqrt{1-\sqrt{1-y}},
& 0\leqslant y\leqslant1\\
x_3&= \sqrt{1-\sqrt{1-y}},
& 0\leqslant y\leqslant1\\
x_4&= \sqrt{1+\sqrt{1-y}},
& -\infty<y\leqslant1
\end{aligned}а их производные задаются формулойxi′(y)=14xi(y)(1−xi2(y))x_i'(y)=\frac{1}{4x_i(y)\bigl(1-x_i^2(y)\bigr)}там, где знаменатель отличен от нуля.

б) x1(y)=−y1−y,x2(y)=y1−y,0⩽y<1x_1(y)=-\sqrt{\frac{y}{1-y}},
\qquad
x_2(y)=\sqrt{\frac{y}{1-y}},
\qquad
0\leqslant y<1При 0<y<10<y<1x1′(y)=−12y (1−y)3/2,x2′(y)=12y (1−y)3/2x_1'(y)=-\frac{1}{2\sqrt y\,(1-y)^{3/2}},
\qquad
x_2'(y)=\frac{1}{2\sqrt y\,(1-y)^{3/2}}в) x1(y)=−ln⁡(1+1−y),−∞<y⩽1x_1(y)=-\ln\bigl(1+\sqrt{1-y}\bigr),
\qquad -\infty<y\leqslant1x2(y)=ln⁡1+1−yy,0<y⩽1x_2(y)=\ln\frac{1+\sqrt{1-y}}{y},
\qquad 0<y\leqslant1При y<1y<1 для x1x_1 и при 0<y<10<y<1 для x2x_2xi′(y)=−12(e−xi(y)−e−2xi(y))x_i'(y)=
-\frac{1}{2\bigl(e^{-x_i(y)}-e^{-2x_i(y)}\bigr)}

Построение

Пункт а)

Рассмотрим функциюy=2x2−x4y=2x^2-x^4Её производная равнаyx′=4x(1−x2)y'_x=4x(1-x^2)Монотонность можно установить из записи y=1−(x2−1)2y=1-(x^2-1)^2: квадрат модуля ∣x2−1∣|x^2-1| последовательно уменьшается, увеличивается, уменьшается и увеличивается при прохождении четырёх промежутков. Поэтому yy соответственно возрастает, убывает, возрастает и убывает на
(−∞,−1]( -\infty,-1], [−1,0][-1,0], [0,1][0,1] и [1,+∞)[1,+\infty).
Именно ограничения на эти промежутки дают четыре однозначные
непрерывные обратные ветви.
Положим u=x2u=x^2. Тогдаy=2u−u2=1−(u−1)2,u=1±1−yy=2u-u^2=1-(u-1)^2,
\qquad
u=1\pm\sqrt{1-y}Знак перед внутренним корнем определяется условием u⩾1u\geqslant1
для внешних ветвей и 0⩽u⩽10\leqslant u\leqslant1 для внутренних.
После выбора знака xx получаемx1(y)=−1+1−y,−∞<y⩽1x2(y)=−1−1−y,0⩽y⩽1x3(y)=1−1−y,0⩽y⩽1x4(y)=1+1−y,−∞<y⩽1\begin{aligned}
x_1(y)&=-\sqrt{1+\sqrt{1-y}},
& -\infty<y\leqslant1\\
x_2(y)&=-\sqrt{1-\sqrt{1-y}},
& 0\leqslant y\leqslant1\\
x_3(y)&= \sqrt{1-\sqrt{1-y}},
& 0\leqslant y\leqslant1\\
x_4(y)&= \sqrt{1+\sqrt{1-y}},
& -\infty<y\leqslant1
\end{aligned}На точках, где yx′≠0y'_x\ne0, применяем теорему о производной
обратной функции:xi′(y)=14xi(y)(1−xi2(y))x_i'(y)=\frac{1}{4x_i(y)\bigl(1-x_i^2(y)\bigr)}Для ветвей x1,x4x_1,x_4 эта формула действует при y<1y<1, а для
ветвей x2,x3x_2,x_3 --- при 0<y<10<y<1. В концах соответствующих
промежутков знаменатель обращается в нуль, и конечной производной по
yy нет.
Чтобы обосновать отсутствие конечной производной в концах ветвей, обозначим соответствующую точку исходного графика через (x0,y0)(x_0,y_0). Разностное отношение обратной ветви равноx−x0y−y0=((2x2−x4)−(2x02−x04)x−x0)−1.\frac{x-x_0}{y-y_0}=\left(\frac{(2x^2-x^4)-(2x_0^2-x_0^4)}{x-x_0}\right)^{-1}.Внутренняя дробь стремится к 4x0(1−x02)=04x_0(1-x_0^2)=0, а на каждой монотонной ветви сохраняет знак и не равна нулю. Поэтому модуль обратного отношения стремится к бесконечности.

Построение графика

На рисунке горизонтальная ось отвечает аргументу
yy, а вертикальная --- значению обратной функции xx. Внешние
ветви существуют для всех y⩽1y\leqslant1, внутренние --- только при
0⩽y⩽10\leqslant y\leqslant1. В точках (1,−1)(1,-1) и (1,1)(1,1)
внешняя и внутренняя ветви сходятся попарно.график к задаче Демидовича № 1037

Ответ

Однозначные непрерывные ветви имеют видx1=−1+1−y,−∞<y⩽1x2=−1−1−y,0⩽y⩽1x3=1−1−y,0⩽y⩽1x4=1+1−y,−∞<y⩽1\begin{aligned}
x_1&=-\sqrt{1+\sqrt{1-y}},
& -\infty<y\leqslant1\\
x_2&=-\sqrt{1-\sqrt{1-y}},
& 0\leqslant y\leqslant1\\
x_3&= \sqrt{1-\sqrt{1-y}},
& 0\leqslant y\leqslant1\\
x_4&= \sqrt{1+\sqrt{1-y}},
& -\infty<y\leqslant1
\end{aligned}а их производные задаются формулойxi′(y)=14xi(y)(1−xi2(y))x_i'(y)=\frac{1}{4x_i(y)\bigl(1-x_i^2(y)\bigr)}там, где знаменатель отличен от нуля.

Пункт б)

Для функцииy=x21+x2y=\frac{x^2}{1+x^2}имеемyx′=2x(1+x2)2y'_x=\frac{2x}{(1+x^2)^2}Для монотонности используем y=1−1/(1+x2)y=1-1/(1+x^2). Эта величина строго возрастает вместе с x2x^2. Поэтому она убывает на (−∞,0]( -\infty,0], возрастает на
[0,+∞)[0,+\infty) и принимает значения 0⩽y<10\leqslant y<1. Из равенстваx2=y1−yx^2=\frac{y}{1-y}получаем две обратные ветви:x1(y)=−y1−y,x2(y)=y1−y,0⩽y<1x_1(y)=-\sqrt{\frac{y}{1-y}},
\qquad
x_2(y)=\sqrt{\frac{y}{1-y}},
\qquad
0\leqslant y<1При 0<y<10<y<1x1′(y)=−12y (1−y)3/2,x2′(y)=12y (1−y)3/2x_1'(y)=-\frac{1}{2\sqrt y\,(1-y)^{3/2}},
\qquad
x_2'(y)=\frac{1}{2\sqrt y\,(1-y)^{3/2}}Эквивалентно, для обеих ветвейxi′(y)=xi3(y)2y2x_i'(y)=\frac{x_i^3(y)}{2y^2}

Построение графика

Обе ветви выходят из точки (0,0)(0,0). При
y→1−y\to1^- имеем x1(y)→−∞x_1(y)\to-\infty и
x2(y)→+∞x_2(y)\to+\infty, поэтому прямая y=1y=1 является вертикальной
асимптотой на рисунке с горизонтальной осью yy.график к задаче Демидовича № 1037

Ответ

x1(y)=−y1−y,x2(y)=y1−y,0⩽y<1x_1(y)=-\sqrt{\frac{y}{1-y}},
\qquad
x_2(y)=\sqrt{\frac{y}{1-y}},
\qquad
0\leqslant y<1При 0<y<10<y<1x1′(y)=−12y (1−y)3/2,x2′(y)=12y (1−y)3/2x_1'(y)=-\frac{1}{2\sqrt y\,(1-y)^{3/2}},
\qquad
x_2'(y)=\frac{1}{2\sqrt y\,(1-y)^{3/2}}

Пункт в)

Введём t=e−x>0t=e^{-x}>0. Тогдаy=2t−t2=1−(t−1)2y=2t-t^2=1-(t-1)^2и исходная функция имеет максимум y=1y=1 при x=0x=0. На
(−∞,0]( -\infty,0] она возрастает от −∞-\infty до 11, а на
[0,+∞)[0,+\infty) убывает от 11 к 00, не достигая нуля на этой
ветви.
Из уравнения (t−1)2=1−y(t-1)^2=1-y получаем:t=1+1−yна ветви x⩽0t=1−1−yна ветви x⩾0\begin{aligned}
t&=1+\sqrt{1-y}
&&\text{на ветви }x\leqslant0\\
t&=1-\sqrt{1-y}
&&\text{на ветви }x\geqslant0
\end{aligned}Следовательно,x1(y)=−ln⁡(1+1−y),−∞<y⩽1x2(y)=−ln⁡(1−1−y)=ln⁡1+1−yy,0<y⩽1\begin{aligned}
x_1(y)&=-\ln\bigl(1+\sqrt{1-y}\bigr),
& -\infty<y\leqslant1\\
x_2(y)&=-\ln\bigl(1-\sqrt{1-y}\bigr)
=\ln\frac{1+\sqrt{1-y}}{y},
& 0<y\leqslant1
\end{aligned}Дифференцирование явных формул даётx1′(y)=121−y(1+1−y),y<1x_1'(y)=
\frac{1}{2\sqrt{1-y}\bigl(1+\sqrt{1-y}\bigr)},
\qquad y<1иx2′(y)=−121−y(1−1−y),0<y<1x_2'(y)=
-\frac{1}{2\sqrt{1-y}\bigl(1-\sqrt{1-y}\bigr)},
\qquad 0<y<1Эти выражения совпадают с формулой обратной функцииxi′(y)=−12(e−xi(y)−e−2xi(y))x_i'(y)=
-\frac{1}{2\bigl(e^{-x_i(y)}-e^{-2x_i(y)}\bigr)}

Построение графика

Ветвь x1x_1 определена при всех
y⩽1y\leqslant1 и проходит через точку (0,−ln⁡2)(0,-\ln2). Ветвь
x2x_2 определена только при 0<y⩽10<y\leqslant1 и уходит к
+∞+\infty при y→0+y\to0^+. Обе ветви сходятся в точке (1,0)(1,0).график к задаче Демидовича № 1037

Ответ

x1(y)=−ln⁡(1+1−y),−∞<y⩽1x_1(y)=-\ln\bigl(1+\sqrt{1-y}\bigr),
\qquad -\infty<y\leqslant1x2(y)=ln⁡1+1−yy,0<y⩽1x_2(y)=\ln\frac{1+\sqrt{1-y}}{y},
\qquad 0<y\leqslant1При y<1y<1 для x1x_1 и при 0<y<10<y<1 для x2x_2xi′(y)=−12(e−xi(y)−e−2xi(y))x_i'(y)=
-\frac{1}{2\bigl(e^{-x_i(y)}-e^{-2x_i(y)}\bigr)}
Демидович № 1037 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика