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

Демидович — задача 1511

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

Задача 1511

Построить график функцииy=1−e−x2y=\sqrt{1-e^{-x^2}}
ПостроениеФункция убывает на (−∞,0)(-\infty,0), возрастает на
(0,+∞)(0,+\infty) и имеет абсолютный минимум y(0)=0y(0)=0. В начале
координат находится угловая точка: y−′(0)=−1y'_-(0)=-1, y+′(0)=1y'_+(0)=1.
Точек перегиба нет. Горизонтальная асимптота при
x→±∞x\to\pm\infty имеет уравнение y=1y=1.

Построение

Идея

Поскольку 0<e−x2⩽10<e^{-x^2}\leqslant1, подкоренное выражение
неотрицательно при всех xx. Следовательно,D=RD=\mathbb RФункция чётная и неотрицательная. Она обращается в нуль только при
x=0x=0. На бесконечностиlim⁡x→±∞1−e−x2=1\lim_{x\to\pm\infty}\sqrt{1-e^{-x^2}}=1поэтому y=1y=1 является горизонтальной асимптотой при
x→±∞x\to\pm\infty.
  1. 1
    При x≠0x\ne0y′=xe−x21−e−x2y'=\frac{xe^{-x^2}}{\sqrt{1-e^{-x^2}}}Производная отрицательна при x<0x<0 и положительна при x>0x>0.
    Значит, функция убывает на (−∞,0)(-\infty,0), возрастает на
    (0,+∞)(0,+\infty) и достигает абсолютного минимума y(0)=0y(0)=0.

    В точке x=0x=0 производная не существует. Действительно, так как
    1−e−u∼u1-e^{-u}\sim u при u→0u\to0, тоy(x)∣x∣=1−e−x2x2⟶1\frac{y(x)}{|x|}
    =\sqrt{\frac{1-e^{-x^2}}{x^2}}
    \longrightarrow1    Поэтомуy−′(0)=−1,y+′(0)=1y'_-(0)=-1,
    \qquad
    y'_+(0)=1    В начале координат график имеет угловую точку.

    Для x≠0x\ne0 вторая производная равнаy′′=e−x2(1−2x2−(1−x2)e−x2)(1−e−x2)32y''=
    \frac{e^{-x^2}\bigl(1-2x^2-(1-x^2)e^{-x^2}\bigr)}
    {(1-e^{-x^2})^{\frac32}}    Покажем, что выражение в скобках отрицательно. Положим u=x2>0u=x^2>0.
    Если 0<u<120<u<\frac12, то функцияg(u)=(1−u)e−u−(1−2u)g(u)=(1-u)e^{-u}-(1-2u)удовлетворяет g(0)=0g(0)=0 иg′(u)=2−(2−u)e−u>0g'(u)=2-(2-u)e^{-u}>0Действительно, на 0<u<120<u<\frac12 имеем
    0<(2−u)e−u<20<(2-u)e^{-u}<2, поэтому g′(u)>0g'(u)>0 и g(u)>0g(u)>0. При
    12⩽u⩽1\frac12\leqslant u\leqslant1 это следует
    из 1−2u⩽01-2u\leqslant0 и (1−u)e−u⩾0(1-u)e^{-u}\geqslant0. Наконец, при
    u>1u>11−2u+(u−1)e−u<1−2u+u−1=−u<01-2u+(u-1)e^{-u}<1-2u+u-1=-u<0Во всех случаях y′′<0y''<0 при x≠0x\ne0. Следовательно, обе гладкие
    части графика выпуклы вверх, а точек перегиба нет.
  2. 2

    Построение графика

    Из начала координат выходят две симметричные ветви с
    односторонними касательными угловых коэффициентов −1-1 и 11. Обе
    ветви остаются ниже пунктирной асимптоты y=1y=1.график к задаче Демидовича № 1511

Проверка

Ответ. Функция убывает на (−∞,0)(-\infty,0), возрастает на
(0,+∞)(0,+\infty) и имеет абсолютный минимум y(0)=0y(0)=0. В начале
координат находится угловая точка: y−′(0)=−1y'_-(0)=-1, y+′(0)=1y'_+(0)=1.
Точек перегиба нет. Горизонтальная асимптота при
x→±∞x\to\pm\infty имеет уравнение y=1y=1.
Демидович № 1511 — решение и ответ