Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 12. Построение графиков функций по характерным точкам

Демидович — задача 1476*

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

Задача 1476*

Построить график функцииy=x(1+x)(1−x)2y=\frac{x}{(1+x)(1-x)^2}
ПостроениеВертикальные асимптоты: x=−1x=-1, x=1x=1;
горизонтальная асимптота: y=0y=0. Функция проходит через (0,0)(0,0)
и не имеет экстремумов.

Построение

Поскольку (1−x)2=(x−1)2(1-x)^2=(x-1)^2, область определения равнаD(y)=R∖{−1,1}D(y)=\mathbb R\setminus\{-1,1\}Единственный нуль функции --- x=0x=0. Прямые x=−1x=-1 и x=1x=1
являются вертикальными асимптотами. Знаки множителей даютlim⁡x→−1−y=+∞,lim⁡x→−1+y=−∞,lim⁡x→1−y=+∞,lim⁡x→1+y=+∞\begin{aligned}
&\lim_{x\to-1^-}y=+\infty,
&&\lim_{x\to-1^+}y=-\infty,\\
&\lim_{x\to1^-}y=+\infty,
&&\lim_{x\to1^+}y=+\infty
\end{aligned}При ∣x∣→∞|x|\to\inftyy∼1x2→0+,y\sim\frac1{x^2}\to0^+,поэтому y=0y=0 --- горизонтальная асимптота.
Пусть D=(x+1)(x−1)2D=(x+1)(x-1)^2. Тогда D′=(x−1)(3x+1)D'=(x-1)(3x+1), поэтомуD−xD′=(x−1)[(x+1)(x−1)−x(3x+1)]=−(x−1)(2x2+x+1).D-xD'=(x-1)[(x+1)(x-1)-x(3x+1)]
=-(x-1)(2x^2+x+1).Подставляя в y′=(D−xD′)/D2y'=(D-xD')/D^2 и сокращая ненулевой множитель x−1x-1, получаемy′=−2x2+x+1(x+1)2(x−1)3y'=-\frac{2x^2+x+1}{(x+1)^2(x-1)^3}Квадратный трёхчлен 2x2+x+12x^2+x+1 положителен при всех xx, поскольку
его дискриминант равен −7-7. Поэтомуy′>0на(−∞,−1)∪(−1,1)y'>0
\quad\text{на}\quad
(-\infty,-1)\cup(-1,1)аy′<0на(1,+∞)y'<0
\quad\text{на}\quad
(1,+\infty)Следовательно, функция возрастает на (−∞,−1)(-\infty,-1) и (−1,1)(-1,1),
а на (1,+∞)(1,+\infty) убывает. Критических точек в области определения
нет.
Положим Q=2x2+x+1Q=2x^2+x+1. Дифференцируем y′=−Q(x+1)−2(x−1)−3y'=-Q(x+1)^{-2}(x-1)^{-3} и приводим слагаемые к общему знаменателю:y′′=Q[2(x−1)+3(x+1)]−Q′(x+1)(x−1)(x+1)3(x−1)4y''=\frac{Q[2(x-1)+3(x+1)]-Q'(x+1)(x-1)}{(x+1)^3(x-1)^4}=(2x2+x+1)(5x+1)−(4x+1)(x2−1)(x+1)3(x−1)4=2(3x3+3x2+5x+1)(x+1)3(x−1)4.=\frac{(2x^2+x+1)(5x+1)-(4x+1)(x^2-1)}{(x+1)^3(x-1)^4}
=\frac{2(3x^3+3x^2+5x+1)}{(x+1)^3(x-1)^4}.Обозначим кубический многочлен через P(x)=3x3+3x2+5x+1P(x)=3x^3+3x^2+5x+1. Его производнаяP′(x)=9x2+6x+5=(3x+1)2+4>0P'(x)=9x^2+6x+5=(3x+1)^2+4>0всюду положительна. Поскольку P(−1)=−4P(-1)=-4 и P(0)=1P(0)=1, существует ровно один вещественный корень c∈(−1,0)c\in(-1,0).

Деление отрезка пополам с сохранением разных знаков на концах позволяет сузить его до следующих границ. Проверка по схеме P(x)=((3x+3)x+5)x+1P(x)=((3x+3)x+5)x+1 даётxP(x)−0,223224−0,000002192872950272−0,2232220,000006025364188856\begin{array}{c|r}
x&P(x)\\\hline
-0{,}223224&-0{,}000002192872950272\\
-0{,}223222&0{,}000006025364188856
\end{array}Поэтому −0,223224<c<−0,223222-0{,}223224<c<-0{,}223222. Исходная функция здесь возрастает; подстановка концов ограничивает ординату:−0,1920584<y(c)<−0,1920567.-0{,}1920584<y(c)<-0{,}1920567.Приближённые координаты единственного перегиба: (−0,2232,−0,1921)(-0{,}2232,-0{,}1921). На (−∞,−1)(-\infty,-1) вторая производная положительна, на (−1,c)(-1,c) отрицательна, на (c,1)(c,1) и (1,+∞)(1,+\infty) положительна. В cc знак действительно меняется, а точки ±1\pm1 в область определения не входят.

Построение графика

На каждом из трёх промежутков области определения
строим отдельную ветвь. Внешние ветви лежат выше оси OxOx; средняя
ветвь возрастает от −∞-\infty до +∞+\infty и проходит через начало
координат. Оранжевым цветом отмечена точка перегиба.график к задаче Демидовича № 1476*

Ответ

Вертикальные асимптоты: x=−1x=-1, x=1x=1;
горизонтальная асимптота: y=0y=0. Функция проходит через (0,0)(0,0)
и не имеет экстремумов.
Демидович № 1476* — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика