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

Демидович — задача 1515

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

Задача 1515

Построить график функцииy=arcsin⁡x1−x2y=\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}
ПостроениеОбласть определения равна (−1,1)(-1,1). Функция нечётна,
строго возрастает и принимает все действительные значения. Вертикальные
асимптоты: x=−1x=-1 и x=1x=1. Точка (0,0)(0,0) является точкой
перегиба; касательная в ней задаётся уравнением y=xy=x.

Построение

Функция arcsin⁡x\arcsin x определена при ∣x∣⩽1|x|\leqslant1, но знаменатель
не должен обращаться в нуль. ПоэтомуD=(−1,1)D=(-1,1)Числитель нечётный, знаменатель чётный, следовательно, функция нечётна.
Она обращается в нуль при x=0x=0.
На границах области определенияlim⁡x→−1+arcsin⁡x1−x2=−∞,lim⁡x→1−arcsin⁡x1−x2=+∞\lim_{x\to-1^+}\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=-\infty,
\qquad
\lim_{x\to1^-}\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=+\inftyЗначит, прямые x=−1x=-1 и x=1x=1 являются вертикальными асимптотами.
Найдём производную:y′=11−x2+xarcsin⁡x(1−x2)32==1−x2+xarcsin⁡x(1−x2)32\begin{aligned}
y'&=\frac1{1-x^2}
+\frac{x\arcsin x}{(1-x^2)^{\frac32}}=\\
&=\frac{\sqrt{1-x^2}+x\arcsin x}{(1-x^2)^{\frac32}}
\end{aligned}В области определения знаменатель положителен. Кроме того,
xarcsin⁡x⩾0x\arcsin x\geqslant0, поэтому числитель также положителен.
Следовательно, функция строго возрастает на (−1,1)(-1,1), экстремумов не
имеет и принимает все действительные значения.

Вторая производная равнаy′′=3x1−x2+(1+2x2)arcsin⁡x(1−x2)52y''=
\frac{3x\sqrt{1-x^2}+(1+2x^2)\arcsin x}
{(1-x^2)^{\frac52}}Числитель отрицателен при −1<x<0-1<x<0, равен нулю при x=0x=0 и
положителен при 0<x<10<x<1. Поэтому на (−1,0)(-1,0) график выпуклый вверх,
на (0,1)(0,1) --- вниз, а точка (0,0)(0,0) является точкой перегиба.
Из формулы первой производной получаем y′(0)=1y'(0)=1, так что касательная
в точке перегиба задаётся уравнением y=xy=x.

Построение графика

Строим нечётную возрастающую кривую между двумя
вертикальными асимптотами. Она проходит через начало координат и меняет
там направление выпуклости.график к задаче Демидовича № 1515

Ответ

Область определения равна (−1,1)(-1,1). Функция нечётна,
строго возрастает и принимает все действительные значения. Вертикальные
асимптоты: x=−1x=-1 и x=1x=1. Точка (0,0)(0,0) является точкой
перегиба; касательная в ней задаётся уравнением y=xy=x.

Проверка

Положим s=1−x2s=\sqrt{1-x^2}, a=arcsin⁡xa=\arcsin x. Дифференцируя y′=s−2+xas−3y'=s^{-2}+xa s^{-3} и используя s′=−x/ss'=-x/s, a′=1/sa'=1/s, получаемy′′=2xs−4+as−3+xs−4+3x2as−5=3xs+a(s2+3x2)s5.y''=2x s^{-4}+a s^{-3}+x s^{-4}+3x^2a s^{-5}
=\frac{3xs+a(s^2+3x^2)}{s^5}.Так как s2+3x2=1+2x2s^2+3x^2=1+2x^2, получаем записанный числитель без пропуска коэффициентов.
Демидович № 1515 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика