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

Демидович — задача 1531

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1531

x=(t+1)24,y=(t−1)24x=\frac{(t+1)^2}{4},
\qquad
y=\frac{(t-1)^2}{4}
ПостроениеКривая является параболой2(x+y)=(x−y)2+12(x+y)=(x-y)^2+1Её вершина равна (14,14)\left(\frac14,\frac14\right), ось симметрии
имеет уравнение y=xy=x. В точке (0,1)(0,1) касательная вертикальна,
а в точке (1,0)(1,0) горизонтальна.

Построение

Параметр принимает все действительные значения. Вычитая и складывая
координаты, получаемx−y=tx-y=tx+y=t2+12x+y=\frac{t^2+1}{2}Поэтому параметр исключается однозначно, а уравнение кривой имеет вид2(x+y)=(x−y)2+12(x+y)=(x-y)^2+1Это парабола. Если ввести координатыu=x−y,v=x+yu=x-y,
\qquad
v=x+yто её уравнение принимает видv=u2+12v=\frac{u^2+1}{2}Ось параболы задаётся прямой u=0u=0, то есть y=xy=x, а вершина
соответствует u=0u=0, v=12v=\frac12:A(14,14)A\left(\frac14,\frac14\right)Обе координаты неотрицательны при всех tt. Пересечения с осями:t=−1:(x,y)=(0,1)t=1:(x,y)=(1,0)\begin{aligned}
t=-1&:\quad (x,y)=(0,1)\\
t=1&:\quad (x,y)=(1,0)
\end{aligned}Производные координат равныx′(t)=t+12,y′(t)=t−12x'(t)=\frac{t+1}{2},
\qquad
y'(t)=\frac{t-1}{2}При t≠−1t\ne-1dydx=t−1t+1\frac{dy}{dx}=\frac{t-1}{t+1}В точке (0,1)(0,1), соответствующей t=−1t=-1, касательная вертикальна;
в точке (1,0)(1,0), соответствующей t=1t=1, касательная горизонтальна.
В вершине t=0t=0, поэтому угловой коэффициент касательной равен
−1-1, что согласуется с перпендикулярностью касательной оси y=xy=x.

Построение графика

При возрастании параметра от −∞-\infty к нулю
точка движется по верхней ветви к вершине, проходя через (0,1)(0,1).
Затем она уходит по нижней ветви через (1,0)(1,0). Пунктиром показана
ось симметрии y=xy=x.график к задаче Демидовича № 1531

Ответ

Кривая является параболой2(x+y)=(x−y)2+12(x+y)=(x-y)^2+1Её вершина равна (14,14)\left(\frac14,\frac14\right), ось симметрии
имеет уравнение y=xy=x. В точке (0,1)(0,1) касательная вертикальна,
а в точке (1,0)(1,0) горизонтальна.

Проверка

Замена u=x−yu=x-y, v=x+yv=x+y обратима: x=(v+u)/2x=(v+u)/2, y=(v−u)/2y=(v-u)/2. Она поворачивает оси и одинаково меняет масштаб по обеим координатам; поэтому обычная парабола v=(u2+1)/2v=(u^2+1)/2 остаётся параболой в исходной плоскости. Обратно, каждой точке этого уравнения соответствует параметр t=u=x−yt=u=x-y, который восстанавливает обе исходные формулы; лишних точек при исключении параметра не возникло. При t=−1t=-1 имеем x′′=1/2x''=1/2, y′=−1≠0y'=-1\ne0, поэтому направление касательной вертикально; при t=1t=1 — x′=1≠0x'=1\ne0, y′=0y'=0, и касательная горизонтальна.
Демидович № 1531 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика