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

Демидович — задача 1517

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

Задача 1517

Построить график функцииy=x2+arcctg⁡xy=\frac x2+\operatorname{arcctg}x
ПостроениеФункция имеет локальный максимум
3π4−12\frac{3\pi}{4}-\frac12 при x=−1x=-1, локальный минимум
π4+12\frac\pi4+\frac12 при x=1x=1 и точку перегиба
(0,π2)\left(0,\frac\pi2\right). Единственный нуль
α∈(−6,−5)\alpha\in(-6,-5) определяется уравнением α/2+arcctg⁡α=0\alpha/2+\operatorname{arcctg}\alpha=0. Асимптоты:
y=x2+πy=\frac x2+\pi слева и y=x2y=\frac x2 справа.

Построение

Для арккотангенса используем значенияarcctg⁡x∈(0,π)\operatorname{arcctg}x\in(0,\pi)Тогда функция определена на всей числовой прямой иarcctg⁡(−x)=π−arcctg⁡x\operatorname{arcctg}(-x)=\pi-\operatorname{arcctg}xПоэтомуf(−x)=π−f(x)f(-x)=\pi-f(x)График имеет центр симметрии(0,π2)\left(0,\frac\pi2\right)
Производная равнаy′=12−11+x2=x2−12(1+x2)y'=\frac12-\frac1{1+x^2}
=\frac{x^2-1}{2(1+x^2)}Отсюда функция возрастает на (−∞,−1)(-\infty,-1) и (1,+∞)(1,+\infty) и убывает
на (−1,1)(-1,1). В точке x=−1x=-1 достигается локальный максимумy(−1)=3π4−12y(-1)=\frac{3\pi}{4}-\frac12а в точке x=1x=1 --- локальный минимумy(1)=π4+12y(1)=\frac\pi4+\frac12Вторая производная имеет видy′′=2x(1+x2)2y''=\frac{2x}{(1+x^2)^2}Поэтому график выпуклый вверх при x<0x<0, выпуклый вниз при x>0x>0, а
точка(0,π2)\left(0,\frac\pi2\right)является точкой перегиба.

При x→+∞x\to+\infty значение arcctg⁡x\operatorname{arcctg}x стремится к нулю,
а при x→−∞x\to-\infty --- к π\pi. Следовательно, наклонные асимптоты
имеют видy=x2(x→+∞)y=\frac x2 \quad (x\to+\infty)y=x2+π(x→−∞)y=\frac x2+\pi \quad (x\to-\infty)Так как функция возрастает на (−∞,−1)(-\infty,-1) от −∞-\infty до
положительного значения, на этом промежутке имеется ровно один нуль.
Обозначим его через α\alpha. Он является единственным решением уравненияx2+arcctg⁡x=0\frac x2+\operatorname{arcctg}x=0Отделим корень интервалом (−6,−5)(-6,-5). Для u>0u>0 неравенства u/(1+u2)<arctan⁡u<uu/(1+u^2)<\arctan u<u следуют из сравнения производных: (u−arctan⁡u)′=u2/(1+u2)>0(u-\arctan u)'=u^2/(1+u^2)>0, (arctan⁡u−u/(1+u2))′=2u2/(1+u2)2>0(\arctan u-u/(1+u^2))'=2u^2/(1+u^2)^2>0, а при u=0u=0 разности равны нулю. Поэтому, используя уже полученные границы 3<π<22/73<\pi<22/7,f(−6)=−3+π−arctan⁡(1/6)<−3+227−637=17−637=−5259<0,f(-6)=-3+\pi-\arctan(1/6)<-3+\frac{22}7-\frac6{37}=\frac17-\frac6{37}=-\frac5{259}<0,f(−5)=−52+π−arctan⁡(1/5)>−52+3−15=310>0.f(-5)=-\frac52+\pi-\arctan(1/5)>-\frac52+3-\frac15=\frac3{10}>0.По непрерывности и строгому возрастанию корень в этом интервале единственен. Для построения зададим его этим уравнением и интервалом; при необходимости интервал уточняется делением пополам.
На остальных промежутках функция положительна. Поскольку на концах
числовой прямой она стремится соответственно к −∞-\infty и +∞+\infty,
её множество значений равно R\mathbb R.

Построение графика

На рисунке отмечены единственный нуль, локальные
экстремумы и центр симметрии. Пунктирные прямые являются наклонными
асимптотами.график к задаче Демидовича № 1517

Ответ

Функция имеет локальный максимум
3π4−12\frac{3\pi}{4}-\frac12 при x=−1x=-1, локальный минимум
π4+12\frac\pi4+\frac12 при x=1x=1 и точку перегиба
(0,π2)\left(0,\frac\pi2\right). Единственный нуль
α∈(−6,−5)\alpha\in(-6,-5) определяется уравнением α/2+arcctg⁡α=0\alpha/2+\operatorname{arcctg}\alpha=0. Асимптоты:
y=x2+πy=\frac x2+\pi слева и y=x2y=\frac x2 справа.
Демидович № 1517 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика