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

Демидович — задача 1519

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

Задача 1519

Построить график функцииy=arcsin⁡2x1+x2y=\arcsin\frac{2x}{1+x^2}
ПостроениеФункция нечётная и непрерывна на R\mathbb R. Её глобальный
минимум равен −π2-\frac\pi2 при x=−1x=-1, глобальный максимум равен
π2\frac\pi2 при x=1x=1, а (0,0)(0,0) является точкой перегиба.
Горизонтальная асимптота: y=0y=0.

Построение

Идея

Для любого действительного xx1+x2−2∣x∣=(∣x∣−1)2⩾01+x^2-2|x|=(|x|-1)^2\geqslant0поэтому∣2x1+x2∣⩽1\left|\frac{2x}{1+x^2}\right|\leqslant1Следовательно, область определения равна R\mathbb R. Функция нечётная,
так как дробь под арксинусом нечётна, а главная ветвь арксинуса принимает
значения в [−π2,π2][-\frac\pi2,\frac\pi2] и также является нечётной.
  1. 1
    Положимt=arctg⁡xt=\operatorname{arctg}xТогда t∈(−π2,π2)t\in(-\frac\pi2,\frac\pi2) и2x1+x2=sin⁡2t\frac{2x}{1+x^2}=\sin2tУчитывая главную ветвь арксинуса, получаем точную кусочную формулуy={−π−2arctg⁡x,x<−12arctg⁡x,−1⩽x⩽1π−2arctg⁡x,x>1y=
    \begin{cases}
    -\pi-2\operatorname{arctg}x, & x<-1\\[1mm]
    2\operatorname{arctg}x, & -1\leqslant x\leqslant1\\[1mm]
    \pi-2\operatorname{arctg}x, & x>1
    \end{cases}    На трёх открытых промежутках производная равнаy′={−21+x2,x<−121+x2,−1<x<1−21+x2,x>1y'=
    \begin{cases}
    -\dfrac2{1+x^2}, & x<-1\\[2mm]
    \dfrac2{1+x^2}, & -1<x<1\\[2mm]
    -\dfrac2{1+x^2}, & x>1
    \end{cases}    Поэтому функция убывает на (−∞,−1)(-\infty,-1), возрастает на (−1,1)(-1,1) и
    снова убывает на (1,+∞)(1,+\infty). В точках(−1,−π2)(1,π2)\left(-1,-\frac\pi2\right)
    \qquad
    \left(1,\frac\pi2\right)    односторонние производные имеют противоположные знаки. Здесь находятся
    угловые точки: первая является глобальным минимумом, вторая —
    глобальным максимумом.

    Вторая производная на всех трёх промежутках имеет видy′′={4x(1+x2)2,∣x∣>1−4x(1+x2)2,∣x∣<1y''=
    \begin{cases}
    \dfrac{4x}{(1+x^2)^2}, & |x|>1\\[2mm]
    -\dfrac{4x}{(1+x^2)^2}, & |x|<1
    \end{cases}    Поэтому график выпуклый вверх на (−∞,−1)(-\infty,-1) и (0,1)(0,1) и выпуклый
    вниз на (−1,0)(-1,0) и (1,+∞)(1,+\infty). В точке x=0x=0 знак второй производной
    меняется, поэтому начало координат является точкой перегиба. Точки
    x=±1x=\pm1 точками перегиба не являются, поскольку в них график имеет углы.

    При x→±∞x\to\pm\infty функция стремится к нулю. Таким образом, ось OxOx
    является горизонтальной асимптотой в обоих направлениях. Единственный
    нуль функции — x=0x=0, а множество значений равно
    [−π2,π2][-\frac\pi2,\frac\pi2].
  2. 2

    Построение графика

    График состоит из трёх гладких дуг, соединённых в
    угловых точках при x=±1x=\pm1. На бесконечности внешние ветви приближаются
    к оси OxOx; отдельный пунктир поверх координатной оси не проводится.график к задаче Демидовича № 1519

Проверка

Ответ. Функция нечётная и непрерывна на R\mathbb R. Её глобальный
минимум равен −π2-\frac\pi2 при x=−1x=-1, глобальный максимум равен
π2\frac\pi2 при x=1x=1, а (0,0)(0,0) является точкой перегиба.
Горизонтальная асимптота: y=0y=0.
Демидович № 1519 — решение и ответ