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

Демидович — задача 1535

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1535

x=t+e−t,y=2t+e−2tx=t+e^{-t},
\qquad
y=2t+e^{-2t}
ПостроениеКривая имеет остриё A=(1,1)A=(1,1) с касательной
y=4x−3y=4x-3. При t→+∞t\to+\infty её наклонная асимптота равна
y=2xy=2x; при t→−∞t\to-\infty верхняя ветвь имеет параболическое
направление y∼x2y\sim x^2.

Построение

Идея

Параметр принимает все действительные значения. Производные координат
равныx′(t)=1−e−t,y′(t)=2(1−e−2t)x'(t)=1-e^{-t},
\qquad
y'(t)=2\bigl(1-e^{-2t}\bigr)Обе производные обращаются в нуль только при t=0t=0. При t<0t<0 они
отрицательны, а при t>0t>0 положительны. Поэтому обе координаты убывают
до t=0t=0, а затем возрастают. Их наименьшие значения достигаются в
точкеt=0,A=(1,1)t=0,
\qquad
A=(1,1)В частности, вся кривая лежит в области x⩾1x\geqslant1,
y⩾1y\geqslant1.
При t≠0t\ne0 угловой коэффициент касательной равенdydx=2(1−e−2t)1−e−t=2(1+e−t)\frac{dy}{dx}
=\frac{2(1-e^{-2t})}{1-e^{-t}}
=2(1+e^{-t})Отсюда при t→0t\to0dydx⟶4\frac{dy}{dx}\longrightarrow4Следовательно, обе ветви имеют в точке AA общую касательнуюy−1=4(x−1)y-1=4(x-1)Чтобы определить характер этой особой точки, разложим координаты при
t→0t\to0:x=1+t22−t36+O(t4)x=1+\frac{t^2}{2}-\frac{t^3}{6}+O(t^4)y=1+2t2−4t33+O(t4)y=1+2t^2-\frac{4t^3}{3}+O(t^4)Обе дуги выходят из AA в сторону x>1x>1, но лежат по разные стороны
от общей касательной. Поэтому AA является обыкновенным остриём,
то есть точкой возврата первого рода.
Для каждой регулярной ветвиd2ydx2=ddt(2(1+e−t))x′(t)=−2e−t1−e−t\frac{d^2y}{dx^2}
=\frac{\dfrac{d}{dt}\bigl(2(1+e^{-t})\bigr)}{x'(t)}
=-\frac{2e^{-t}}{1-e^{-t}}Это выражение положительно при t<0t<0 и отрицательно при t>0t>0.
Значит, верхняя ветвь, соответствующая t<0t<0, выпукла вниз, а нижняя
ветвь, соответствующая t>0t>0, выпукла вверх.
При t→+∞t\to+\inftyy−2x=e−2t−2e−t⟶0y-2x=e^{-2t}-2e^{-t}\longrightarrow0поэтому прямаяy=2xy=2xявляется наклонной асимптотой нижней ветви. При t→−∞t\to-\infty положим
u=e−t→+∞u=e^{-t}\to+\infty. Тогдаx=u−ln⁡u,y=u2−2ln⁡ux=u-\ln u,
\qquad
y=u^2-2\ln uи потомуyx2⟶1\frac{y}{x^2}\longrightarrow1
  1. 1
    [4]
    Верхняя ветвь имеет параболическое направление и линейной асимптоты
    не имеет.
  2. 2

    Построение графика

    При возрастании параметра от −∞-\infty до нуля
    верхняя ветвь идёт из бесконечности к острию A=(1,1)A=(1,1). Затем при
    t>0t>0 нижняя ветвь выходит из той же точки и приближается к наклонной
    асимптоте y=2xy=2x. Обе ветви построены раздельно, чтобы в особой точке
    не возникло ложного сглаживания.график к задаче Демидовича № 1535

Проверка

Ответ. Кривая имеет остриё A=(1,1)A=(1,1) с касательной
y=4x−3y=4x-3. При t→+∞t\to+\infty её наклонная асимптота равна
y=2xy=2x; при t→−∞t\to-\infty верхняя ветвь имеет параболическое
направление y∼x2y\sim x^2.
Демидович № 1535 — решение и ответ