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

Демидович — задача 1527*

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

Задача 1527*

Построить график функцииy=x1xy=x^{\frac1x}
ПостроениеФункция возрастает на (0,e](0,e], убывает на
[e,+∞)[e,+\infty) и имеет максимум e1ee^{\frac1e}. Горизонтальная
асимптота при x→+∞x\to+\infty имеет уравнение y=1y=1. Абсциссы
точек перегиба:α∈(1/2,1),β∈(e,e2)\alpha\in(1/2,1),
\qquad
\beta\in(e,e^2) Эти числа — два корня (1−ln⁡x)2+x(2ln⁡x−3)=0(1-\ln x)^2+x(2\ln x-3)=0.

Построение

При x>0x>0 запишемy=eln⁡xxy=e^{\frac{\ln x}{x}}Таким образом,D=(0,+∞)D=(0,+\infty)На концах области определения получаемlim⁡x→0+x1x=0\lim_{x\to0^+}x^{\frac1x}=0иlim⁡x→+∞x1x=1\lim_{x\to+\infty}x^{\frac1x}=1Во втором случае график подходит к единице сверху, поскольку
ln⁡x>0\ln x>0 при x>1x>1. Поэтому y=1y=1 является горизонтальной
асимптотой при x→+∞x\to+\infty. Точка (0,0)(0,0) является предельной
и не принадлежит графику.
Логарифмическое дифференцирование даётy′=y 1−ln⁡xx2y'=y\,\frac{1-\ln x}{x^2}Следовательно, функция возрастает на (0,e](0,e], убывает на
[e,+∞)[e,+\infty) и достигает глобального максимумаy(e)=e1ey(e)=e^{\frac1e}При x=1x=1 график пересекает горизонталь y=1y=1.
Для исследования выпуклости вычислимy′′=yx4N(x)y''=\frac{y}{x^4}N(x)гдеN(x)=(1−ln⁡x)2+x(2ln⁡x−3)N(x)=(1-\ln x)^2+x(2\ln x-3)ИмеемN′′(x)=2(x+2−ln⁡x)x2>0N''(x)=\frac{2(x+2-\ln x)}{x^2}>0так как x−ln⁡x⩾1x-\ln x\geqslant1 при x>0x>0. Кроме того,lim⁡x→0+N(x)=+∞,N(1)=−2,lim⁡x→+∞N(x)=+∞\lim_{x\to0^+}N(x)=+\infty,
\qquad
N(1)=-2,
\qquad
\lim_{x\to+\infty}N(x)=+\inftyПоэтому строго выпуклая функция NN имеет ровно два положительных
нуля. Метод половинного деления на промежутках (0,58,0,59)(0{,}58,0{,}59) и
(4,36,4,38)(4{,}36,4{,}38) даётα≈0,581933,β≈4,367771\alpha\approx0{,}581933,
\qquad
\beta\approx4{,}367771Соответствующие точки перегиба имеют координатыA=(α,α1α)≈(0,581933,0,394416)B=(β,β1β)≈(4,367771,1,401481)\begin{aligned}
A&=(\alpha,\alpha^{\frac1\alpha})
\approx(0{,}581933,0{,}394416)\\
B&=(\beta,\beta^{\frac1\beta})
\approx(4{,}367771,1{,}401481)
\end{aligned}При 0<x<α0<x<\alpha и x>βx>\beta имеем y′′>0y''>0, а при
α<x<β\alpha<x<\beta имеем y′′<0y''<0.

Построение графика

Показываем выколотую предельную точку (0,0)(0,0),
пересечение (1,1)(1,1), максимум (e,e1e)(e,e^{\frac1e}), две точки перегиба
и горизонтальную асимптоту y=1y=1.график к задаче Демидовича № 1527*

Ответ

Функция возрастает на (0,e](0,e], убывает на
[e,+∞)[e,+\infty) и имеет максимум e1ee^{\frac1e}. Горизонтальная
асимптота при x→+∞x\to+\infty имеет уравнение y=1y=1. Абсциссы
точек перегиба:α∈(1/2,1),β∈(e,e2)\alpha\in(1/2,1),
\qquad
\beta\in(e,e^2) Эти числа — два корня (1−ln⁡x)2+x(2ln⁡x−3)=0(1-\ln x)^2+x(2\ln x-3)=0.

Проверка

Положим h=ln⁡x/xh=\ln x/x. Тогда h′=(1−ln⁡x)/x2h'=(1-\ln x)/x^2, h′′=(2ln⁡x−3)/x3h''=(2\ln x-3)/x^3, поэтому y′′=y[(h′)2+h′′]=yN(x)/x4y''=y[(h')^2+h'']=yN(x)/x^4. ДалееN′=−2(1−ln⁡x)x+2ln⁡x−1,N′′=2(2−ln⁡x)x2+2x=2(x+2−ln⁡x)x2.N'=-\frac{2(1-\ln x)}x+2\ln x-1,\qquad
N''=\frac{2(2-\ln x)}{x^2}+\frac2x=\frac{2(x+2-\ln x)}{x^2}.При x→0+x\to0+ имеем ln⁡x/x→−∞\ln x/x\to-\infty, откуда y→0y\to0. При x→+∞x\to+\infty показатель ln⁡x/x→0\ln x/x\to0, откуда y→1y\to1.
Демидович № 1527* — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика