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

Демидович — задача 1530*

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

Задача 1530*

Построить график функцииy=e11−x21+x2(без исследования вогнутости)y=\frac{e^{\frac1{1-x^2}}}{1+x^2}
\qquad\text{(без исследования вогнутости)}
ПостроениеВертикальные асимптоты: x=−1x=-1 и x=1x=1,
горизонтальная асимптота: y=0y=0. Минимум внутренней ветви равен
ee при x=0x=0; максимумы внешних ветвей равны
14e\frac1{4\sqrt e} при x=±3x=\pm\sqrt3.

Построение

Область определения равнаD=R∖{−1,1}D=\mathbb R\setminus\{-1,1\}Функция положительна и чётна. В точках разрыва одностороннее поведение
различается:lim⁡x→−1−y=0,lim⁡x→−1+y=+∞lim⁡x→1−y=+∞,lim⁡x→1+y=0\begin{aligned}
&\lim_{x\to-1^-}y=0,
&&\lim_{x\to-1^+}y=+\infty\\
&\lim_{x\to1^-}y=+\infty,
&&\lim_{x\to1^+}y=0
\end{aligned}Так как с одной стороны модуль функции неограниченно возрастает, обе
прямые x=−1x=-1 и x=1x=1 являются вертикальными асимптотами. На
бесконечностиlim⁡x→±∞y=0+\lim_{x\to\pm\infty}y=0^+поэтому y=0y=0 является горизонтальной асимптотой.
Для нахождения промежутков монотонности воспользуемся логарифмической
производной:y′y=2x3(3−x2)(1−x2)2(1+x2)\frac{y'}y
=\frac{2x^3(3-x^2)}{(1-x^2)^2(1+x^2)}Знаменатель положителен во всех точках области определения. Поэтому
функция возрастает на каждом из промежутков(−∞,−3],[0,1),(1,3](-\infty,-\sqrt3],\qquad [0,1),\qquad (1,\sqrt3]и убывает на каждом из промежутков[−3,−1),(−1,0],[3,+∞)[-\sqrt3,-1),\qquad (-1,0],\qquad [\sqrt3,+\infty)На внутренней ветви в точке x=0x=0 находится минимумy(0)=ey(0)=eНа двух внешних ветвях достигаются максимумыy(±3)=14ey(\pm\sqrt3)=\frac1{4\sqrt e}Следовательно, множество значений равноE=(0,14e]∪[e,+∞)E=\left(0,\frac1{4\sqrt e}\right]\cup[e,+\infty)

Построение графика

На общем рисунке показываем три компоненты графика,
вертикальные асимптоты x=±1x=\pm1, внутренний минимум (0,e)(0,e) и
внешние максимумы. Поскольку внешние ветви близки к оси OxOx, ниже
добавлен их увеличенный фрагмент. Точки (±1,0)(\pm1,0) являются только
предельными для внешних ветвей и изображаются выколотыми.
график к задаче Демидовича № 1530*график к задаче Демидовича № 1530*

Ответ

Вертикальные асимптоты: x=−1x=-1 и x=1x=1,
горизонтальная асимптота: y=0y=0. Минимум внутренней ветви равен
ee при x=0x=0; максимумы внешних ветвей равны
14e\frac1{4\sqrt e} при x=±3x=\pm\sqrt3.

Проверка

Из ln⁡y=1/(1−x2)−ln⁡(1+x2)\ln y=1/(1-x^2)-\ln(1+x^2) следуетy′y=2x(1−x2)2−2x1+x2=2x[(1+x2)−(1−2x2+x4)](1−x2)2(1+x2)=2x3(3−x2)(1−x2)2(1+x2).\frac{y'}y=\frac{2x}{(1-x^2)^2}-\frac{2x}{1+x^2}
=\frac{2x[(1+x^2)-(1-2x^2+x^4)]}{(1-x^2)^2(1+x^2)}
=\frac{2x^3(3-x^2)}{(1-x^2)^2(1+x^2)}.В точках x=±3x=\pm\sqrt3 показатель равен 1/(1−3)=−1/21/(1-3)=-1/2, а знаменатель 1+3=41+3=4, откуда y=e−1/2/4=1/(4e)y=e^{-1/2}/4=1/(4\sqrt e). Все названные экстремумы локальные относительно полной области определения.
Демидович № 1530* — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика