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

Демидович — задача 1524

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

Задача 1524

Построить график функцииy=aarcsin⁡xa−a2−x2a>0y=a\arcsin\frac xa-\sqrt{a^2-x^2}
\qquad a>0
ПостроениеОбласть определения [−a,a][-a,a], множество значений
[−aπ2,aπ2][-\frac{a\pi}{2},\frac{a\pi}{2}]. Функция строго возрастает и выпукла
вниз. Единственный нуль
x0=asin⁡u0x_0=a\sin u_0, где u0u_0 — единственное решение
уравнения u=cos⁡uu=\cos u на [0,π2][0,\frac\pi2].

Построение

Из условий существования арксинуса и квадратного корня получаемD=[−a,a]D=[-a,a]Введём безразмерную переменнуюt=xat=\frac xaТогда t∈[−1,1]t\in[-1,1] иy=a(arcsin⁡t−1−t2)y=a\left(\arcsin t-\sqrt{1-t^2}\right)Таким образом, параметр aa масштабирует нормированный график по обеим
осям с коэффициентом aa.
Внутри области определенияy′=a+xa2−x2=a+xa−x>0y'=\frac{a+x}{\sqrt{a^2-x^2}}
=\sqrt{\frac{a+x}{a-x}}>0Следовательно, функция строго возрастает на [−a,a][-a,a]. Её наименьшее и
наибольшее значения достигаются на концах отрезка:y(−a)=−aπ2y(a)=aπ2y(-a)=-\frac{a\pi}{2}
\qquad
y(a)=\frac{a\pi}{2}При x→−a+x\to-a^+ производная стремится к нулю, поэтому в левом конце
имеется горизонтальная касательнаяy=−aπ2y=-\frac{a\pi}{2}При x→a−x\to a^- производная стремится к +∞+\infty, поэтому в правом
конце имеется вертикальная касательнаяx=ax=aВторая производная равнаy′′=a(a+x)(a2−x2)32>0y''=\frac{a(a+x)}{(a^2-x^2)^{\frac32}}>0поэтому график выпуклый вниз на (−a,a)(-a,a) и точек перегиба не имеет.
Для нахождения нуля положим t=sin⁡ut=\sin u, где
u∈[−π2,π2]u\in[-\frac\pi2,\frac\pi2]. Уравнение y=0y=0 принимает видu=cos⁡uu=\cos uЕго решение обязательно неотрицательно. На [0,π2][0,\frac\pi2] функция
u−cos⁡uu-\cos u строго возрастает, поскольку её производная равна
1+sin⁡u>01+\sin u>0, а значения на концах имеют разные знаки. Поэтому решение
u0u_0 единственно. Для отделения корня достаточно 2/3<u0<3/42/3<u_0<3/4. Действительно, по формуле Тейлора с оценкой остатка для косинуса при 0⩽u⩽10\leqslant u\leqslant1 имеем 1−u2/2⩽cos⁡u⩽1−u2/2+u4/241-u^2/2\leqslant\cos u\leqslant1-u^2/2+u^4/24. Поэтомуcos⁡(2/3)⩾1−2/9=7/9>2/3,\cos(2/3)\geqslant1-2/9=7/9>2/3,cos⁡(3/4)⩽1−9/32+27/2048=1499/2048<1536/2048=3/4.\cos(3/4)\leqslant1-9/32+27/2048=1499/2048<1536/2048=3/4.Корень задаётся точно уравнением и этим интервалом. При необходимости границы уточняются делением пополам с теми же оценками косинуса.
Единственный нуль исходной функции равенx0=asin⁡u0x_0=a\sin u_0В нормированных координатах ему соответствует значениеt0=x0a=sin⁡u0t_0=\frac{x_0}{a}=\sin u_0

Построение графика

Строим нормированный график в координатах
t=xat=\frac xa и Y=yaY=\frac ya. Всем значениям a>0a>0 соответствует одна и та же
криваяY=arcsin⁡t−1−t2Y=\arcsin t-\sqrt{1-t^2}Обе конечные точки принадлежат графику и отмечены закрашенными маркерами.график к задаче Демидовича № 1524

Ответ

Область определения [−a,a][-a,a], множество значений
[−aπ2,aπ2][-\frac{a\pi}{2},\frac{a\pi}{2}]. Функция строго возрастает и выпукла
вниз. Единственный нуль
x0=asin⁡u0x_0=a\sin u_0, где u0u_0 --- единственное решение
уравнения u=cos⁡uu=\cos u на [0,π2][0,\frac\pi2].

Проверка

Производная первого слагаемого равна a⋅(1/a)/1−x2/a2=a/a2−x2a\cdot(1/a)/\sqrt{1-x^2/a^2}=a/\sqrt{a^2-x^2}, второго — x/a2−x2x/\sqrt{a^2-x^2}. При следующем дифференцировании числитель равен (a2−x2)+x(a+x)=a(a+x)(a^2-x^2)+x(a+x)=a(a+x).

Для касательных на концах применяем теорему Лагранжа к отрезкам [−a,−a+h][-a,-a+h] и [a−h,a][a-h,a]. Разностное отношение совпадает с y′y' в промежуточной точке; при h↓0h\downarrow0 эти точки стремятся к соответствующему концу. Поэтому наклоны секущих имеют пределы 00 слева и +∞+\infty справа, что обосновывает обе полукасательные.
Демидович № 1524 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика