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

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\cos2xПодстановка x+2πx+2\pi вместо xx сохраняет функцию. Ниже получим, что наименьшее значение −1-1 достигается только при x=3π/2+2kπx=3\pi/2+2k\pi. Любой положительный период должен переводить одну такую точку в следующую; поэтому он не меньше 2π2\pi.
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-\deltaПервая 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}2на 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.

Построение графика

Строим один период по найденным нулям и экстремумам, учитывая интервалы возрастания и убывания. Затем повторяем его с указанным периодом.график к задаче Демидовича № 1497

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}

Проверка

Вторая производная y′′=−sin⁡x−2cos⁡2x=4sin⁡2x−sin⁡x−2y''=-\sin x-2\cos2x=4\sin^2x-\sin x-2. Её нули определяются s=sin⁡x=(1±33)/8s=\sin x=(1\pm\sqrt{33})/8; оба значения лежат строго между −1-1 и 11. При прохождении каждой такой точки sin⁡x\sin x пересекает соответствующий корень, а множитель 8s−1=±338s-1=\pm\sqrt{33} отличен от нуля. Поэтому знак y′′y'' меняется: это четыре перегиба на периоде. Их ординаты 1+s−s2=1/2+3s/41+s-s^2=1/2+3s/4, поскольку 4s2=s+24s^2=s+2.
Демидович № 1497 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика