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

Демидович — задача 1532

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1532

x=2t−t2,y=3t−t3x=2t-t^2,
\qquad
y=3t-t^3
ПостроениеНеявное уравнение кривой:(y−3x+1)2=(1−x)3,x⩽1(y-3x+1)^2=(1-x)^3,
\qquad
x\leqslant1Точка (1,2)(1,2) является остриём с общей касательной y=3x−1y=3x-1.
При t=−1t=-1 касательная горизонтальна. Самопересечений нет.

Построение

Параметр tt произволен. Положимu=t−1u=t-1Тогдаx=1−u2,y=2−3u2−u3x=1-u^2,
\qquad
y=2-3u^2-u^3Следовательно,y−3x+1=−u3,1−x=u2y-3x+1=-u^3,
\qquad
1-x=u^2и после исключения параметра получаем(y−3x+1)2=(1−x)3,x⩽1(y-3x+1)^2=(1-x)^3,
\qquad
x\leqslant1Производные координат имеют видx′(t)=2(1−t),y′(t)=3(1−t2)x'(t)=2(1-t),
\qquad
y'(t)=3(1-t^2)При t≠1t\ne1dydx=32(1+t)\frac{dy}{dx}=\frac32(1+t)При t=1t=1 обе производные обращаются в нуль. В локальных координатах
около точки (1,2)(1,2)x−1=−u2,y−2−3(x−1)=−u3x-1=-u^2,
\qquad
y-2-3(x-1)=-u^3Поэтому (1,2)(1,2) является остриём типа полукубической параболы, а обе
ветви имеют общую касательнуюy=3x−1y=3x-1При t=−1t=-1 получаем точку (−3,−2)(-3,-2) с горизонтальной касательной.
Пересечения с осью OxOx задаются значениямиt=−3,t=0,t=3t=-\sqrt3,
\qquad
t=0,
\qquad
t=\sqrt3и имеют координаты(−3−23,0),(0,0),(−3+23,0)(-3-2\sqrt3,0),
\qquad
(0,0),
\qquad
(-3+2\sqrt3,0)С осью OyOy кривая пересекается при t=0t=0 и t=2t=2:(0,0),(0,−2)(0,0),
\qquad
(0,-2)Самопересечений нет. Действительно, из равенства абсцисс двух точек
следует либо равенство параметров, либо замена u↦−uu\mapsto-u; во втором
случае равенство ординат возможно только при u=0u=0, то есть параметры
снова совпадают.

Построение графика

При t→−∞t\to-\infty кривая приходит из верхней
левой части плоскости, проходит последовательно через точки с
t=−3,−1,0t=-\sqrt3,-1,0, достигает острия при t=1t=1, затем проходит через
точки с t=3,2t=\sqrt3,2 и уходит в нижнюю левую часть плоскости.
Пунктиром показаны общая касательная y=3x−1y=3x-1 в острие и
горизонтальная касательная y=−2y=-2 при t=−1t=-1.график к задаче Демидовича № 1532

Ответ

Неявное уравнение кривой:(y−3x+1)2=(1−x)3,x⩽1(y-3x+1)^2=(1-x)^3,
\qquad
x\leqslant1Точка (1,2)(1,2) является остриём с общей касательной y=3x−1y=3x-1.
При t=−1t=-1 касательная горизонтальна. Самопересечений нет.

Проверка

Разворачивая t=1+ut=1+u, получаем 2t−t2=1−u22t-t^2=1-u^2 и 3t−t3=2−3u2−u33t-t^3=2-3u^2-u^3. Для любой точки неявного уравнения положим u=3x−1−y3u=\sqrt[3]{3x-1-y}. Тогда u6=(1−x)3u^6=(1-x)^3, откуда u2=1−xu^2=1-x, а значит, t=1+ut=1+u восстанавливает обе координаты. Лишних точек нет.

В острие наклон секущей равенy−2x−1=−3u2−u3−u2=3+u⟶3.\frac{y-2}{x-1}=\frac{-3u^2-u^3}{-u^2}=3+u\longrightarrow3.Обе дуги лежат слева от x=1x=1, но отклонение от касательной равно −u3-u^3 и имеет разные знаки. Это обосновывает описанный характер острия непосредственно по координатам.
Демидович № 1532 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика