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

Демидович — задача 1497

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

Задача 1497

Построить график функцииy=sin⁡x+cos⁡2xy=\sin x+\cos^2x
ПостроениеПериод функции равен 2π2\pi, а множество значений —
[−1,54]\left[-1,\frac54\right]. На одном периоде абсолютные максимумы
достигаются при x=π6,5π6x=\frac\pi6,\frac{5\pi}6, абсолютный минимум —
при x=3π2x=\frac{3\pi}2, а нули равныx=π+δ,x=2π−δ,δ=arcsin⁡5−12x=\pi+\delta,
\qquad
x=2\pi-\delta,
\qquad
\delta=\arcsin\frac{\sqrt5-1}{2}

Построение

Идея

Используя равенство cos⁡2x=1−sin⁡2x\cos^2x=1-\sin^2x, перепишем функцию в видеy=1+sin⁡x−sin⁡2x==54−(sin⁡x−12)2\begin{aligned}
y&=1+\sin x-\sin^2x=\\
&=\frac54-\left(\sin x-\frac12\right)^2
\end{aligned}Кроме того,y=12+sin⁡x+12cos⁡2xy=\frac12+\sin x+\frac12\cos2xВ выражении присутствуют ненулевые гармоники с частотами 11 и 22.
Их наименьший общий положительный период равен 2π2\pi. Поэтому
наименьший положительный период исходной функции равен 2π2\pi.
  1. 1
    Положим t=sin⁡xt=\sin x, где −1⩽t⩽1-1\leqslant t\leqslant1. Тогдаy=1+t−t2y=1+t-t^2Наибольшее значение достигается при t=12t=\frac12, а наименьшее —
    при t=−1t=-1. ПоэтомуE=[−1,54]E=\left[-1,\frac54\right]Нули функции определяются равенством1+t−t2=01+t-t^2=0Из двух корнейt=1±52t=\frac{1\pm\sqrt5}{2}допустим толькоsin⁡x=1−52\sin x=\frac{1-\sqrt5}{2}Обозначимδ=arcsin⁡5−12\delta=\arcsin\frac{\sqrt5-1}{2}Тогда на одном периоде 0⩽x⩽2π0\leqslant x\leqslant2\pi нули равныx=π+δ,x=2π−δx=\pi+\delta,
    \qquad
    x=2\pi-\delta    Первая производнаяy′=cos⁡x (1−2sin⁡x)y'=\cos x\,(1-2\sin x)обращается в нуль приx=π6,π2,5π6,3π2x=\frac\pi6,\quad
    \frac\pi2,\quad
    \frac{5\pi}6,\quad
    \frac{3\pi}2    на выбранном периоде. Функция возрастает на(0,π6),(π2,5π6),(3π2,2π)\left(0,\frac\pi6\right),
    \quad
    \left(\frac\pi2,\frac{5\pi}6\right),
    \quad
    \left(\frac{3\pi}2,2\pi\right)    и убывает на(π6,π2),(5π6,3π2)\left(\frac\pi6,\frac\pi2\right),
    \quad
    \left(\frac{5\pi}6,\frac{3\pi}2\right)    Следовательно,y(π6)=y(5π6)=54y\left(\frac\pi6\right)
    =y\left(\frac{5\pi}6\right)=\frac54    — абсолютные максимумы,y(3π2)=−1y\left(\frac{3\pi}2\right)=-1— абсолютный минимум, а x=π2x=\frac\pi2 является точкой локального
    минимума со значением 11.
  2. 2

    Построение графика

    Показан один полный период. На графике отмечены
    нули, два абсолютных максимума, локальный минимум и абсолютный минимум.
    Окно немного продолжено за концы периода, поэтому кривая не обрывается
    на крайних делениях.график к задаче Демидовича № 1497

Проверка

Ответ. Период функции равен 2π2\pi, а множество значений —
[−1,54]\left[-1,\frac54\right]. На одном периоде абсолютные максимумы
достигаются при x=π6,5π6x=\frac\pi6,\frac{5\pi}6, абсолютный минимум —
при x=3π2x=\frac{3\pi}2, а нули равныx=π+δ,x=2π−δ,δ=arcsin⁡5−12x=\pi+\delta,
\qquad
x=2\pi-\delta,
\qquad
\delta=\arcsin\frac{\sqrt5-1}{2}
Демидович № 1497 — решение и ответ