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

Демидович — задача 1505

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

Задача 1505

Построить график функцииy=2x−tg⁡xy=2x-\operatorname{tg}x
ПостроениеФункция нечётная, не является периодической и удовлетворяет
f(x+π)=f(x)+2πf(x+\pi)=f(x)+2\pi. Вертикальные асимптоты:
x=π2+kπx=\frac\pi2+k\pi. Локальные минимумы находятся при
x=kπ−π4x=k\pi-\frac\pi4, локальные максимумы — при
x=kπ+π4x=k\pi+\frac\pi4. Нули задаются уравнением
tg⁡x=2x\operatorname{tg}x=2x; положительные нули ξk\xi_k однозначно определяются интервалами (kπ+π/4,kπ+π/2)(k\pi+\pi/4,k\pi+\pi/2), k=0,1,2,…k=0,1,2,\ldots.

Построение

Область определения:D=R∖{π2+kπ: k∈Z}D=\mathbb R\setminus
\left\{\frac\pi2+k\pi:\ k\in\mathbb Z\right\}Функция нечётная, но не периодическая. Вместо периодичности выполняется
соотношениеf(x+π)=f(x)+2πf(x+\pi)=f(x)+2\piпоэтому все соседние ветви получаются переносом на вектор
(π,2π)(\pi,2\pi).
В точкахak=π2+kπa_k=\frac\pi2+k\piимеются вертикальные асимптоты, причёмlim⁡x→ak−y=−∞,lim⁡x→ak+y=+∞\lim_{x\to a_k^-}y=-\infty,
\qquad
\lim_{x\to a_k^+}y=+\inftyПервая производнаяy′=2−1cos⁡2x=cos⁡2xcos⁡2x\begin{aligned}
y'&=2-\frac1{\cos^2x}
=\frac{\cos2x}{\cos^2x}
\end{aligned}На каждом промежутке(kπ−π2,kπ+π2)\left(k\pi-\frac\pi2,k\pi+\frac\pi2\right)функция убывает на(kπ−π2,kπ−π4),(kπ+π4,kπ+π2)\left(k\pi-\frac\pi2,k\pi-\frac\pi4\right),
\qquad
\left(k\pi+\frac\pi4,k\pi+\frac\pi2\right)и возрастает на(kπ−π4,kπ+π4)\left(k\pi-\frac\pi4,k\pi+\frac\pi4\right)Следовательно, локальные минимумы имеют координаты(kπ−π4, 2kπ+1−π2)\left(
k\pi-\frac\pi4,\,
2k\pi+1-\frac\pi2
\right)а локальные максимумы ---(kπ+π4, 2kπ+π2−1)\left(
k\pi+\frac\pi4,\,
2k\pi+\frac\pi2-1
\right)Нули удовлетворяют уравнениюtg⁡x=2x\operatorname{tg}x=2xКроме нуля, они образуют пары ±ξk\pm\xi_k, где при k=0,1,2,…k=0,1,2,\ldotskπ+π4<ξk<kπ+π2k\pi+\frac\pi4<\xi_k<k\pi+\frac\pi2На каждом из указанных интервалов функция строго убывает от положительного значения 2kπ+π/2−12k\pi+\pi/2-1 до −∞-\infty, поэтому корень существует и единственен. Интервал можно уточнять делением пополам. Точные корни определяются этим условием единственности; десятичное приближение для построения не обязательно.

Построение графика

Показаны три ветви: центральная и две соседние.
Вертикальные асимптоты x=±π2,±3π2x=\pm\frac\pi2,\pm\frac{3\pi}2 проведены
пунктиром. Отмечены шесть точек экстремума и пять нулей, попавших
в выбранное окно.график к задаче Демидовича № 1505

Ответ

Функция нечётная, не является периодической и удовлетворяет
f(x+π)=f(x)+2πf(x+\pi)=f(x)+2\pi. Вертикальные асимптоты:
x=π2+kπx=\frac\pi2+k\pi. Локальные минимумы находятся при
x=kπ−π4x=k\pi-\frac\pi4, локальные максимумы --- при
x=kπ+π4x=k\pi+\frac\pi4. Нули задаются уравнением
tg⁡x=2x\operatorname{tg}x=2x; положительные нули ξk\xi_k однозначно определяются интервалами (kπ+π/4,kπ+π/2)(k\pi+\pi/4,k\pi+\pi/2), k=0,1,2,…k=0,1,2,\ldots.

Проверка

Подстановка tan⁡(kπ±π/4)=±1\tan(k\pi\pm\pi/4)=\pm1 даёт записанные ординаты экстремумов. Кроме найденного положительного корня на каждой правой части ветви, положительных корней нет: на центральном участке (0,π/4)(0,\pi/4) функция строго возрастает от нуля, а для k⩾1k\geqslant1 минимум ветви 2kπ+1−π/2>02k\pi+1-\pi/2>0. Отрицательные корни получаются по нечётности.

Вторая производная y′′=−2tan⁡x/cos⁡2xy''=-2\tan x/\cos^2x положительна на (kπ−π/2,kπ)(k\pi-\pi/2,k\pi) и отрицательна на (kπ,kπ+π/2)(k\pi,k\pi+\pi/2). Следовательно, перегибы имеют координаты (kπ,2kπ)(k\pi,2k\pi).

Чтобы исключить любой период, а не только π\pi, заметим: период обязан сохранять множество исключённых точек π/2+πZ\pi/2+\pi\mathbb Z, поэтому T=mπT=m\pi при натуральном mm. Но тогда f(x+T)=f(x)+2mπ≠f(x)f(x+T)=f(x)+2m\pi\ne f(x).
Демидович № 1505 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика