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

Демидович — задача 1528

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

Задача 1528

Построить график функцииy=(1+x)1xy=(1+x)^{\frac1x}
ПостроениеОбласть определения:(−1,0)∪(0,+∞)(-1,0)\cup(0,+\infty)Функция строго убывает на каждой компоненте области определения.
Асимптоты: x=−1x=-1 и y=1y=1 при x→+∞x\to+\infty. В точке x=0x=0
находится устранимый разрыв с предельным значением ee. Множество
значений:(1,e)∪(e,+∞)(1,e)\cup(e,+\infty)

Построение

В вещественной логарифмической записиy=exp⁡ ⁣(ln⁡(1+x)x)y=\exp\!\left(\frac{\ln(1+x)}x\right)поэтомуD=(−1,0)∪(0,+∞)D=(-1,0)\cup(0,+\infty)Исследуем граничные значения:lim⁡x→−1+(1+x)1x=+∞\lim_{x\to-1^+}(1+x)^{\frac1x}=+\inftylim⁡x→0−(1+x)1x=lim⁡x→0+(1+x)1x=e\lim_{x\to0^-}(1+x)^{\frac1x}
=\lim_{x\to0^+}(1+x)^{\frac1x}=elim⁡x→+∞(1+x)1x=1\lim_{x\to+\infty}(1+x)^{\frac1x}=1Следовательно, x=−1x=-1 является вертикальной асимптотой, а y=1y=1
--- горизонтальной асимптотой при x→+∞x\to+\infty. В точке x=0x=0
имеется устранимый разрыв; точка (0,e)(0,e) выколота.
Положимh(x)=ln⁡(1+x)xh(x)=\frac{\ln(1+x)}xНайдём знак первой производной:h′(x)=x1+x−ln⁡(1+x)x2=−q(x)x2h'(x)=\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}
=-\frac{q(x)}{x^2}гдеq(x)=ln⁡(1+x)−x1+xq(x)=\ln(1+x)-\frac{x}{1+x}Имеемq(0)=0,q′(x)=x(1+x)2q(0)=0,
\qquad
q'(x)=\frac{x}{(1+x)^2}На промежутке (−1,0)(-1,0) функция qq убывает к значению
q(0)=0q(0)=0, а на (0,+∞)(0,+\infty) возрастает от него. Поэтомуq(x)>0при x∈(−1,0)∪(0,+∞)q(x)>0
\qquad
\text{при }x\in(-1,0)\cup(0,+\infty)и, следовательно, h′(x)<0h'(x)<0 во всех точках области определения.
Значит, функция строго убывает на каждом из её промежутков.
Для исследования выпуклости вычислимh′′(x)=p(x)x3(1+x)2h''(x)=\frac{p(x)}{x^3(1+x)^2}гдеp(x)=2(1+x)2ln⁡(1+x)−x(2+3x)p(x)=2(1+x)^2\ln(1+x)-x(2+3x)Положимr(x)=(1+x)ln⁡(1+x)−xr(x)=(1+x)\ln(1+x)-xТогдаr(0)=0,r′(x)=ln⁡(1+x)r(0)=0,
\qquad
r'(x)=\ln(1+x)На (−1,0)(-1,0) имеем r′(x)<0r'(x)<0, поэтому rr убывает к
значению r(0)=0r(0)=0; на (0,+∞)(0,+\infty) имеем r′(x)>0r'(x)>0,
поэтому rr возрастает от нуля. Следовательно,
r(x)>0r(x)>0 при x≠0x\ne0 и x>−1x>-1. Кроме того,p(0)=0,p′(x)=4r(x)p(0)=0,
\qquad
p'(x)=4r(x)Следовательно, p(x)<0p(x)<0 на (−1,0)(-1,0) и p(x)>0p(x)>0 на
(0,+∞)(0,+\infty). Знаменатель x3(1+x)2x^3(1+x)^2 имеет тот же знак,
что и xx, поэтомуh′′(x)>0h''(x)>0и потомуy′′=y((h′)2+h′′)>0y''=y\bigl((h')^2+h''\bigr)>0График выпуклый вниз на обеих компонентах области определения и точек
перегиба не имеет. Поскольку равенство ln⁡(1+x)=x\ln(1+x)=x при x>−1x>-1
выполняется только при x=0x=0, значение ee исходной функцией не
принимается. ПоэтомуE=(1,e)∪(e,+∞)E=(1,e)\cup(e,+\infty)

Построение графика

Проводим асимптоты x=−1x=-1 и y=1y=1. Левая
ветвь убывает от +∞+\infty к выколотой точке (0,e)(0,e), а правая
убывает от той же предельной точки к горизонтальной асимптоте.график к задаче Демидовича № 1528

Ответ

Область определения:(−1,0)∪(0,+∞)(-1,0)\cup(0,+\infty)Функция строго убывает на каждой компоненте области определения.
Асимптоты: x=−1x=-1 и y=1y=1 при x→+∞x\to+\infty. В точке x=0x=0
находится устранимый разрыв с предельным значением ee. Множество
значений:(1,e)∪(e,+∞)(1,e)\cup(e,+\infty)

Проверка

Так как y=ehy=e^h, знак y′=ehh′y'=e^h h' совпадает со знаком h′h'. Для второй производной hh из h′=−q/x2h'=-q/x^2 получаемh′′=−q′x2+2qx3=−x2+2(1+x)2ln⁡(1+x)−2x(1+x)x3(1+x)2=p(x)x3(1+x)2.h''=-\frac{q'}{x^2}+\frac{2q}{x^3}
=\frac{-x^2+2(1+x)^2\ln(1+x)-2x(1+x)}{x^3(1+x)^2}
=\frac{p(x)}{x^3(1+x)^2}.Дифференцирование числителя даёт p′=4(1+x)ln⁡(1+x)+2(1+x)−2−6x=4[(1+x)ln⁡(1+x)−x]p'=4(1+x)\ln(1+x)+2(1+x)-2-6x=4[(1+x)\ln(1+x)-x]. Это объясняет используемый коэффициент 44.
Демидович № 1528 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика