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

Демидович — задача 1485

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

Задача 1485

Построить графики функций:а) y=±8x2−x4;б) y=x−2x2+1\text{а) }y=\pm\sqrt{8x^2-x^4};
\qquad
\text{б) }y=\frac{x-2}{\sqrt{x^2+1}}
ПостроениеГоризонтальные асимптоты: y=−1y=-1 при
x→−∞x\to-\infty и y=1y=1 при x→+∞x\to+\infty. Абсолютный минимум
y=−5y=-\sqrt5 достигается при x=−12x=-\frac12; нуль функции равен 22.

Построение

  1. 1

    Пункт а)

    Подкоренное выражение должно быть неотрицательно:8x2−x4=x2(8−x2)⩾08x^2-x^4=x^2(8-x^2)\geqslant0Отсюда−22⩽x⩽22-2\sqrt2\leqslant x\leqslant2\sqrt2Кривая задаётся уравнениемy2=8x2−x4y^2=8x^2-x^4и симметрична относительно обеих координатных осей. Она пересекает
    ось OxOx в точках(−22,0),(0,0),(22,0)(-2\sqrt2,0),
    \qquad
    (0,0),
    \qquad
    (2\sqrt2,0)    Чтобы найти наибольшую высоту петель, исследуемy2=8x2−x4y^2=8x^2-x^4Производная правой части равна 4x(4−x2)4x(4-x^2) и обращается в нуль при
    x=0,±2x=0,\pm2. В точках x=±2x=\pm2 выражение 8x2−x48x^2-x^4 достигает
    максимума, равного 1616. Поэтому характерные точки кривой:(±2,±4)(\pm2,\pm4)В точках x=±22x=\pm2\sqrt2 касательные вертикальны. В начале координат
    кривая имеет узловую точку. Поскольку при x→0x\to0y2x2=8−x2⟶8\frac{y^2}{x^2}=8-x^2\longrightarrow8касательными в узле являются прямыеy=±22 xy=\pm2\sqrt2\,x
  2. 2

    Построение графика

    Две замкнутые петли симметричны относительно осей
    и пересекаются в узловой точке — начале координат. На рисунке отмечены концы петель и
    точки с наибольшим модулем ординаты.график к задаче Демидовича № 1485
  3. 3

    Ответ

    Кривая состоит из двух петель, симметричных относительно
    обеих осей. Её характерные точки:(±22,0),(0,0),(±2,±4)(\pm2\sqrt2,0),
    \qquad
    (0,0),
    \qquad
    (\pm2,\pm4)
  4. 4

    Пункт б)

    Область определения — вся числовая прямая. Нуль функции
    равен x=2x=2, аy(0)=−2y(0)=-2При x→±∞x\to\pm\inftylim⁡x→−∞y=−1,lim⁡x→+∞y=1\lim_{x\to-\infty}y=-1,
    \qquad
    \lim_{x\to+\infty}y=1    поэтому y=−1y=-1 и y=1y=1 являются горизонтальными асимптотами.

    Первая производнаяy′=2x+1(x2+1)3/2y'=\frac{2x+1}{(x^2+1)^{3/2}}отрицательна при x<−12x<-\frac12 и положительна при x>−12x>-\frac12.
    Следовательно, функция имеет абсолютный минимумy(−12)=−5y\left(-\frac12\right)=-\sqrt5Множество значений функцииE=[−5,1)E=[-\sqrt5,1)Вторая производнаяy′′=−4x2−3x+2(x2+1)5/2y''=\frac{-4x^2-3x+2}{(x^2+1)^{5/2}}обращается в нуль приx=−3±418x=\frac{-3\pm\sqrt{41}}8В этих точках выпуклость меняется, поэтому обе они являются точками
    перегиба.
  5. 5

    Построение графика

    Кривая приближается к y=−1y=-1 слева, убывает до
    минимума, затем возрастает, пересекает ось OxOx при x=2x=2 и
    приближается к y=1y=1 справа. Обе горизонтальные асимптоты проведены
    через всё окно.график к задаче Демидовича № 1485

Проверка

Ответ. Горизонтальные асимптоты: y=−1y=-1 при
x→−∞x\to-\infty и y=1y=1 при x→+∞x\to+\infty. Абсолютный минимум
y=−5y=-\sqrt5 достигается при x=−12x=-\frac12; нуль функции равен 22.
Демидович № 1485 — решение и ответ