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

Демидович — задача 1529*

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

Задача 1529*

Построить график функцииy=x(1+1x)x(x>0)y=x\left(1+\frac1x\right)^x
\qquad(x>0)
ПостроениеФункция строго возрастает и выпукла вниз на
(0,+∞)(0,+\infty), её множество значений равно (0,+∞)(0,+\infty).
Наклонная асимптота при x→+∞x\to+\infty:y=ex−e2y=ex-\frac e2

Построение

Область определения уже задана условием:D=(0,+∞)D=(0,+\infty)Функция положительна. При x→0+x\to0^+xln⁡(1+1x)⟶0x\ln\left(1+\frac1x\right)\longrightarrow0поэтомуlim⁡x→0+x(1+1x)x=0\lim_{x\to0^+}x\left(1+\frac1x\right)^x=0Точка (0,0)(0,0) предельная и не принадлежит графику. При этомlim⁡x→0+yx=1\lim_{x\to0^+}\frac yx=1то есть непрерывное доопределение в нуле имело бы касательную y=xy=x.
ПоложимH(x)=ln⁡y=ln⁡x+xln⁡(1+1x)H(x)=\ln y
=\ln x+x\ln\left(1+\frac1x\right)ТогдаH′(x)=ln⁡(1+1x)+1x(x+1)>0H'(x)=\ln\left(1+\frac1x\right)+\frac1{x(x+1)}>0Следовательно,y′=yH′(x)>0y'=yH'(x)>0и функция строго возрастает на всей области определения.
Проверим выпуклость. Обозначимg(u)=(1+u)1ug(u)=(1+u)^{\frac1u}Тогда y=xg ⁣(1x)y=xg\!\left(\frac1x\right). Для u>0u>0 положимL(u)=ln⁡g(u)=ln⁡(1+u)uL(u)=\ln g(u)=\frac{\ln(1+u)}uДважды дифференцируя, получаемL′′(u)=P(u)u3(1+u)2L''(u)=\frac{P(u)}{u^3(1+u)^2}гдеP(u)=2(1+u)2ln⁡(1+u)−u(2+3u)P(u)=2(1+u)^2\ln(1+u)-u(2+3u)Докажем, что P(u)>0P(u)>0 при u>0u>0. ОбозначимR(u)=(1+u)ln⁡(1+u)−uR(u)=(1+u)\ln(1+u)-uТогдаR(0)=0,R′(u)=ln⁡(1+u)>0(u>0)R(0)=0,
\qquad
R'(u)=\ln(1+u)>0
\qquad(u>0)поэтому R(u)>0R(u)>0 при u>0u>0. Далее,P(0)=0,P′(u)=4R(u)>0P(0)=0,
\qquad
P'(u)=4R(u)>0Следовательно, P(u)>0P(u)>0, а значит,L′′(u)>0L''(u)>0Следовательно,g′′(u)=g(u)((L′(u))2+L′′(u))>0g''(u)=g(u)\left(
\bigl(L'(u)\bigr)^2+L''(u)
\right)>0Дифференцируя равенство y=xg ⁣(1x)y=xg\!\left(\frac1x\right), получаемy′′=g′′ ⁣(1x)x3>0y''=\frac{g''\!\left(\frac1x\right)}{x^3}>0Значит, график выпуклый вниз и точек перегиба нет.
Для нахождения асимптоты используем разложение при x→+∞x\to+\infty.
Обозначение O ⁣(1xk)O\!\left(\frac1{x^k}\right) означает слагаемое, модуль
которого при достаточно больших xx не превосходит
Cxk\frac{C}{x^k} с некоторой постоянной C>0C>0.ln⁡(1+1x)=1x−12x2+O ⁣(1x3)\ln\left(1+\frac1x\right)
=\frac1x-\frac1{2x^2}+O\!\left(\frac1{x^3}\right)Следовательно,(1+1x)x=e(1−12x+O ⁣(1x2))\left(1+\frac1x\right)^x
=e\left(1-\frac1{2x}+O\!\left(\frac1{x^2}\right)\right)иy=ex−e2+O ⁣(1x)y=ex-\frac e2+O\!\left(\frac1x\right)Поэтому прямаяy=ex−e2y=ex-\frac e2является наклонной асимптотой.

Построение графика

Отмечаем выколотую предельную точку (0,0)(0,0) и
точку (1,2)(1,2). Функция строго возрастает и постепенно приближается к
наклонной асимптоте y=ex−e2y=ex-\frac e2.график к задаче Демидовича № 1529*

Ответ

Функция строго возрастает и выпукла вниз на
(0,+∞)(0,+\infty), её множество значений равно (0,+∞)(0,+\infty).
Наклонная асимптота при x→+∞x\to+\infty:y=ex−e2y=ex-\frac e2

Проверка

При u=1/xu=1/x имеем u′=−1/x2u'=-1/x^2. Поэтому [xg(1/x)]′=g(u)−ug′(u)[xg(1/x)]'=g(u)-u g'(u) иy′′=g′(u)u′−u′g′(u)−ug′′(u)u′=g′′(1/x)x3.y''=g'(u)u'-u'g'(u)-u g''(u)u'=\frac{g''(1/x)}{x^3}.Коэффициент асимптоты получается из формулы Тейлора: у ln⁡(1+t)\ln(1+t) в нуле первая производная равна 11, вторая −1-1, а третья ограничена около нуля, поэтому ln⁡(1+t)=t−t2/2+O(t3)\ln(1+t)=t-t^2/2+O(t^3). После умножения на xx при t=1/xt=1/x показатель равен 1−1/(2x)+O(x−2)1-1/(2x)+O(x^{-2}). По ev=1+v+O(v2)e^v=1+v+O(v^2) получаем e[1−1/(2x)+O(x−2)]e[1-1/(2x)+O(x^{-2})], а затем y=ex−e/2+O(x−1)y=ex-e/2+O(x^{-1}).
Демидович № 1529* — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика