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

Демидович — задача 1522

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

Задача 1522

Построить график функцииy=2x2+1−x2−1y=2^{\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1}}
ПостроениеФункция чётная, возрастает на (−∞,−1](-\infty,-1] и убывает
на [1,+∞)[1,+\infty). В точках (±1,22)(\pm1,2^{\sqrt2}) имеются вертикальные
касательные. Горизонтальная асимптота y=1y=1, множество значений
(1,22](1,2^{\sqrt2}].

Построение

Подкоренное выражение x2−1x^2-1 должно быть неотрицательным. ПоэтомуD=(−∞,−1]∪[1,+∞)D=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)Функция чётная. Обозначим показатель степени черезg(x)=x2+1−x2−1g(x)=\sqrt{x^2+1}-\sqrt{x^2-1}На области определения его удобно рационализовать:g(x)=2x2+1+x2−1>0g(x)=\frac{2}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{x^2-1}}>0Следовательно, y>1y>1 во всех внутренних точках области определения.
При x=±1x=\pm1y(±1)=22y(\pm1)=2^{\sqrt2}а при ∣x∣→∞|x|\to\inftyg(x)→0y→1g(x)\to0
\qquad
y\to1Поэтому y=1y=1 является горизонтальной асимптотой, но значение 11 не
достигается.
Для ∣x∣>1|x|>1g′(x)=xx2+1−xx2−1g'(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-
\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}иy′=(ln⁡2) 2g(x)g′(x)y'=(\ln2)\,2^{g(x)}g'(x)При x<−1x<-1 производная положительна, а при x>1x>1 отрицательна. Значит,
левая ветвь возрастает до точки (−1,22)(-1,2^{\sqrt2}), а правая убывает от
точки (1,22)(1,2^{\sqrt2}). В этих граничных точкахlim⁡x→−1−y′=+∞lim⁡x→1+y′=−∞\lim_{x\to-1^-}y'=+\infty
\qquad
\lim_{x\to1^+}y'=-\inftyпоэтому касательные вертикальны и имеют уравнения x=−1x=-1 и x=1x=1.

Кроме того,g′′(x)=1(x2+1)32+1(x2−1)32>0g''(x)=\frac1{(x^2+1)^{\frac32}}+
\frac1{(x^2-1)^{\frac32}}>0иy′′=2g(x)((ln⁡2)g′′(x)+(ln⁡2)2(g′(x))2)>0y''=2^{g(x)}\left((\ln2)g''(x)+(\ln2)^2(g'(x))^2\right)>0Обе ветви выпуклы вниз. Множество значений равноE=(1,22]E=(1,2^{\sqrt2}]

Построение графика

Две ветви симметричны относительно OyOy. Закрашены
их конечные точки при x=±1x=\pm1. Короткие пунктирные отрезки показывают
вертикальные касательные, а горизонтальный пунктир --- асимптоту y=1y=1.график к задаче Демидовича № 1522

Ответ

Функция чётная, возрастает на (−∞,−1](-\infty,-1] и убывает
на [1,+∞)[1,+\infty). В точках (±1,22)(\pm1,2^{\sqrt2}) имеются вертикальные
касательные. Горизонтальная асимптота y=1y=1, множество значений
(1,22](1,2^{\sqrt2}].

Проверка

Правило частного даёт (x/x2+1)′=1/(x2+1)3/2(x/\sqrt{x^2+1})'=1/(x^2+1)^{3/2} и (x/x2−1)′=−1/(x2−1)3/2(x/\sqrt{x^2-1})'=-1/(x^2-1)^{3/2}. Вычитание объясняет знак плюс в g′′g''. Формула для y′′y'' затем следует из дифференцирования произведения (ln⁡2)2gg′(\ln2)2^g g'.

Вертикальные полукасательные можно проверить теоремой Лагранжа. Функция непрерывна в x=1x=1 справа и дифференцируема на (1,1+h)(1,1+h), поэтому [y(1+h)−y(1)]/h=y′(ch)[y(1+h)-y(1)]/h=y'(c_h) для некоторого 1<ch<1+h1<c_h<1+h. При h↓0h\downarrow0 имеем ch→1+c_h\to1+ и y′(ch)→−∞y'(c_h)\to-\infty. Значит, секущие стремятся к вертикали. Слева при x=−1x=-1 рассуждение такое же, с пределом +∞+\infty.
Демидович № 1522 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика