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

Демидович — задача 1533*

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1533*

x=t2t−1,y=tt2−1x=\frac{t^2}{t-1},
\qquad
y=\frac{t}{t^2-1}
ПостроениеВертикальная асимптота: x=−12x=-\frac12; горизонтальная
асимптота: y=0y=0; наклонная асимптота:y=x2−34y=\frac x2-\frac34Вертикальные касательные проходят через (0,0)(0,0) и
(4,23)\left(4,\frac23\right). Точка (−1,−1)(-1,-1) является поперечным
самопересечением. Единственный перегиб соответствует корню c∈(−1,0)c\in(-1,0) уравнения c3+3c+1=0c^3+3c+1=0 и имеет координаты (c2/(c−1),c/(c2−1))(c^2/(c-1),c/(c^2-1)).

Построение

Параметр должен удовлетворять условиюt∈R∖{−1,1}t\in\mathbb R\setminus\{-1,1\}Из равенствt2−xt+x=0t^2-xt+x=0иyt2−t−y=0yt^2-t-y=0исключаем параметр. Получаем неявное уравнение(2x+1)y2+x(1−x)y+x=0(2x+1)y^2+x(1-x)y+x=0Исследуем предельное поведение. При t→−1t\to-1x→−12x\to-\frac12а ордината неограниченна:lim⁡t→−1−y=−∞,lim⁡t→−1+y=+∞\lim_{t\to-1^-}y=-\infty,
\qquad
\lim_{t\to-1^+}y=+\inftyПоэтому x=−12x=-\frac12 является вертикальной асимптотой. При
t→±∞t\to\pm\inftyx→±∞,y→0x\to\pm\infty,
\qquad
y\to0Следовательно, y=0y=0 является горизонтальной асимптотой; на рисунке
она совпадает с осью OxOx.
При t→1t\to1 обе координаты неограниченны. Вычислимy−x2=−t(t+2)2(t+1)y-\frac x2
=-\frac{t(t+2)}{2(t+1)}поэтомуlim⁡t→1(y−x2)=−34\lim_{t\to1}\left(y-\frac x2\right)=-\frac34Наклонная асимптота имеет уравнениеy=x2−34y=\frac x2-\frac34При этом при t=12t=\frac12 другая ветвь кривой проходит через точку(−12,−23)\left(-\frac12,-\frac23\right)Противоречия здесь нет. К вертикальной асимптоте x=−12x=-\frac12
кривая приближается при t→−1t\to-1, причём ∣y∣→∞|y|\to\infty.
Производные координат равныx′(t)=t(t−2)(t−1)2,y′(t)=−t2+1(t2−1)2x'(t)=\frac{t(t-2)}{(t-1)^2},
\qquad
y'(t)=-\frac{t^2+1}{(t^2-1)^2}Производная y′(t)y'(t) нигде не обращается в нуль. Вертикальные
касательные получаются при x′(t)=0x'(t)=0:t=0,t=2t=0,
\qquad
t=2Им соответствуют точки(0,0),(4,23)(0,0),
\qquad
\left(4,\frac23\right)Найдём все возможные самопересечения. Если два различных допустимых
значения tt и ss задают одну точку, то равенство абсцисс после
вынесения множителя t−st-s даётts=t+sts=t+sа равенство ординат даётts=−1ts=-1Следовательно, t+s=−1t+s=-1, ts=−1ts=-1, и оба параметра являются
корнями уравнения z2+z−1=0z^2+z-1=0. Таким образом, кривая имеет ровно одно
самопересечение. Оно достигается при двух значениях параметраt−=−1−52,t+=−1+52t_-=\frac{-1-\sqrt5}{2},
\qquad
t_+=\frac{-1+\sqrt5}{2}Оба значения удовлетворяют равенству t2+t−1=0t^2+t-1=0 и задают точку(−1,−1)(-1,-1)При t≠0,2t\ne0,2 угловой коэффициент касательной равенdydx=−t2+1t(t−2)(t+1)2\frac{dy}{dx}
=-\frac{t^2+1}{t(t-2)(t+1)^2}Подстановка t=t−t=t_- и t=t+t=t_+ даёт два различных коэффициента
t−t_- и t+t_+, поэтому пересечение является поперечным.
Три промежутка допустимых значений параметра задают три ветви. При
t∈(−∞,−1)t\in(-\infty,-1) ветвь идёт от горизонтальной асимптоты к прямой
x=−12x=-\frac12. При t∈(−1,1)t\in(-1,1) ветвь идёт от этой вертикальной
асимптоты через начало координат к наклонной асимптоте. При
t∈(1,+∞)t\in(1,+\infty) правая ветвь приходит от наклонной асимптоты,
достигает левой крайней точки (4,23)\left(4,\frac23\right) и затем
приближается к оси OxOx.

Построение графика

Строим три ветви одним цветом, поскольку они
принадлежат одной параметрической кривой. Проводим вертикальную и
наклонную асимптоты, отмечаем две вертикальные касательные и
самопересечение (−1,−1)(-1,-1).график к задаче Демидовича № 1533*

Ответ

Вертикальная асимптота: x=−12x=-\frac12; горизонтальная
асимптота: y=0y=0; наклонная асимптота:y=x2−34y=\frac x2-\frac34Вертикальные касательные проходят через (0,0)(0,0) и
(4,23)\left(4,\frac23\right). Точка (−1,−1)(-1,-1) является поперечным
самопересечением.

Проверка

Покажем исключение параметра. Из t2−xt+x=0t^2-xt+x=0 и yt2−t−y=0yt^2-t-y=0 получаем (xy−1)t=y(x+1)(xy-1)t=y(x+1). При xy≠1xy\ne1 подставим t=y(x+1)/(xy−1)t=y(x+1)/(xy-1) в первое равенство. После умножения на (xy−1)2(xy-1)^2 получаемy2(x+1)2−xy(x+1)(xy−1)+x(xy−1)2=(2x+1)y2+x(1−x)y+x=0.y^2(x+1)^2-xy(x+1)(xy-1)+x(xy-1)^2
=(2x+1)y^2+x(1-x)y+x=0.Обратно, из этого равенства при xy≠1xy\ne1 та же формула восстанавливает допустимый параметр и оба исходных уравнения. При xy=1xy=1 неявное уравнение сводится к (x+1)2/x2=0(x+1)^2/x^2=0, то есть даёт только узел (−1,−1)(-1,-1), уже достигнутый двумя параметрами.

Разность для асимптоты:t(t−1)(t+1)−t22(t−1)=t[2−t(t+1)]2(t−1)(t+1)=−t(t+2)2(t+1).\frac{t}{(t-1)(t+1)}-\frac{t^2}{2(t-1)}
=\frac{t[2-t(t+1)]}{2(t-1)(t+1)}=-\frac{t(t+2)}{2(t+1)}.В узле t2=1−tt^2=1-t, откуда t2+1=2−tt^2+1=2-t, t(t−2)(t+1)2=−(1+2t)t(t-2)(t+1)^2=-(1+2t). Поэтому наклон (2−t)/(1+2t)=t(2-t)/(1+2t)=t, поскольку t(1+2t)=2−tt(1+2t)=2-t. Это объясняет обе касательные без скрытой подстановки радикалов.

Дополнительно найдём перегиб. Из x=t+1+1/(t−1)x=t+1+1/(t-1) следует x′′=2/(t−1)3x''=2/(t-1)^3; из формулы y′y' получаем y′′=2t(t2+3)/(t2−1)3y''=2t(t^2+3)/(t^2-1)^3. ПоэтомуD=x′y′′−y′x′′=2[t2(t−2)(t2+3)+(t2+1)(t+1)](t−1)5(t+1)3D=x'y''-y'x''
=\frac{2[t^2(t-2)(t^2+3)+(t^2+1)(t+1)]}{(t-1)^5(t+1)^3}=2(t5−2t4+4t3−5t2+t+1)(t−1)5(t+1)3=2(t3+3t+1)(t2−1)3.=\frac{2(t^5-2t^4+4t^3-5t^2+t+1)}{(t-1)^5(t+1)^3}
=\frac{2(t^3+3t+1)}{(t^2-1)^3}.В последнем переходе числитель делится на (t−1)2(t-1)^2: (t−1)2(t3+3t+1)=t5−2t4+4t3−5t2+t+1(t-1)^2(t^3+3t+1)=t^5-2t^4+4t^3-5t^2+t+1.

Поскольку y′≠0y'\ne0, на каждой ветви можно считать xx функцией yy, и d2x/dy2=−D/(y′)3d^2x/dy^2=-D/(y')^3. Многочлен t3+3t+1t^3+3t+1 строго возрастает: его производная 3t2+3>03t^2+3>0; значения при −1-1 и 00 равны −3-3 и 11. Поэтому единственный перегиб соответствует корню c∈(−1,0)c\in(-1,0) этого многочлена и имеет координаты (c2/(c−1),c/(c2−1))(c^2/(c-1),c/(c^2-1)). В точках t=0,2t=0,2 величина DD не равна нулю: вертикальные касательные там не являются перегибами.
Демидович № 1533* — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика