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

Демидович — задача 1525

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

Задача 1525

Построить график функцииy=arccos⁡1−x1−2xy=\arccos\frac{1-x}{1-2x}
ПостроениеОбласть определения
(−∞,0]∪[23,+∞)(-\infty,0]\cup[\frac23,+\infty), множество значений
[0,π3)∪(π3,π][0,\frac\pi3)\cup(\frac\pi3,\pi]. Обе ветви строго убывают.
Вертикальные касательные: x=0x=0 и x=23x=\frac23; горизонтальная асимптота
y=π3y=\frac\pi3.

Построение

Сначала исключим нуль знаменателя:x≠12x\ne\frac12При этом условии существования арккосинуса равносильно неравенству(1−x)2(1−2x)2⩽1\frac{(1-x)^2}{(1-2x)^2}\leqslant1Умножая его на положительное число (1−2x)2(1-2x)^2, получаем(1−x)2⩽(1−2x)2(1-x)^2\leqslant(1-2x)^2Перенося всё в правую часть, получаемx(3x−2)⩾0x(3x-2)\geqslant0Следовательно,D=(−∞,0]∪[23,+∞)D=(-\infty,0]\cup\left[\frac23,+\infty\right)
Обозначимu(x)=1−x1−2xu(x)=\frac{1-x}{1-2x}Тогдаu′(x)=1(1−2x)2>0u'(x)=\frac1{(1-2x)^2}>0а главная ветвь арккосинуса строго убывает. Поэтому исходная функция
строго убывает на каждой связной компоненте своей области определения.
Во внутренних точкахy′=−u′(x)1−u(x)2<0y'=-\frac{u'(x)}{\sqrt{1-u(x)^2}}<0На концах компонентy(0)=0y ⁣(23)=πy(0)=0
\qquad
y\!\left(\frac23\right)=\piПри приближении к этим точкам из области определения модуль производной
неограниченно возрастает. Поэтому в точках (0,0)(0,0) и
(23,π)(\frac23,\pi) имеются вертикальные касательныеx=0x=23x=0
\qquad
x=\frac23На обеих бесконечностяхlim⁡x→±∞1−x1−2x=12\lim_{x\to\pm\infty}\frac{1-x}{1-2x}=\frac12поэтомуlim⁡x→±∞y=arccos⁡12=π3\lim_{x\to\pm\infty}y=\arccos\frac12=\frac\pi3Прямая y=π3y=\frac\pi3 является горизонтальной асимптотой. Значение
π3\frac\pi3 не достигается: равенство1−x1−2x=12\frac{1-x}{1-2x}=\frac12привело бы к противоречию 2=12=1.

На левой компоненте значения изменяются от π3\frac\pi3 до 00, причём
асимптотическое значение не достигается. На правой компоненте значения
изменяются от π\pi до π3\frac\pi3, также без достижения последнего.
ПоэтомуE=[0,π3)∪(π3,π]E=\left[0,\frac\pi3\right)\cup
\left(\frac\pi3,\pi\right]
Для уточнения формы графика продифференцируем ещё раз. Положимq=x(3x−2)>0q=x(3x-2)>0во внутренних точках области определения. Тогдаy′′=−12x2−9x+1(1−2x)2q32<0,x<0y''=-\frac{12x^2-9x+1}
{(1-2x)^2q^{\frac32}}<0,
\qquad x<0иy′′=12x2−9x+1(2x−1)2q32>0,x>23y''=\frac{12x^2-9x+1}
{(2x-1)^2q^{\frac32}}>0,
\qquad x>\frac23Действительно, числитель положителен на обеих указанных компонентах.
Следовательно, левая ветвь выпукла вверх, а правая --- вниз. Поскольку
компоненты разделены промежутком, не входящим в область определения,
точек перегиба нет.

Построение графика

В области определения имеются две ветви. Они разделены
промежутком (0,23)(0,\frac23). Горизонтальный пунктир показывает асимптоту
y=π3y=\frac\pi3. Вертикальная
касательная в точке (0,0)(0,0) совпадает с осью OyOy, поэтому отдельно не
дублируется; касательная при x=23x=\frac23 показана коротким пунктиром.график к задаче Демидовича № 1525

Ответ

Область определения
(−∞,0]∪[23,+∞)(-\infty,0]\cup[\frac23,+\infty), множество значений
[0,π3)∪(π3,π][0,\frac\pi3)\cup(\frac\pi3,\pi]. Обе ветви строго убывают.
Вертикальные касательные: x=0x=0 и x=23x=\frac23; горизонтальная асимптота
y=π3y=\frac\pi3.

Проверка

Так как 1−u(x)2=q/(1−2x)21-u(x)^2=q/(1-2x)^2, первая производная равна −1/(∣1−2x∣q)-1/(|1-2x|\sqrt q). Для x<0x<0 производная знаменателя (1−2x)q(1-2x)\sqrt q равна [−4q+(1−2x)(6x−2)]/(2q)[-4q+(1-2x)(6x-2)]/(2\sqrt q). Числитель здесь −24x2+18x−2=−2(12x2−9x+1)-24x^2+18x-2=-2(12x^2-9x+1), что и даёт формулу y′′y''. Для x>2/3x>2/3 вместо 1−2x1-2x стоит 2x−12x-1, и знак меняется.

Многочлен 12x2−9x+112x^2-9x+1 при x<0x<0 положителен по знакам слагаемых. При x⩾2/3x\geqslant2/3 он возрастает, поскольку производная 24x−9⩾7>024x-9\geqslant7>0, а в 2/32/3 равен 1/3>01/3>0. Поэтому перегибов нет.

Наконец, из явной формулы y′y' видно, что при приближении к 00 слева и к 2/32/3 справа y′→−∞y'\to-\infty. Непрерывность на концах и теорема Лагранжа переводят эти пределы в такие же пределы наклонов секущих; этим обоснованы вертикальные полукасательные.
Демидович № 1525 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика