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

Демидович — задача 1536

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1536

x=acos⁡2t,y=acos⁡3t,a>0x=a\cos2t,
\qquad
y=a\cos3t,
\qquad
a>0
ПостроениеКривая задаётся уравнением2ay2=(x+a)(2x−a)2,−a⩽x⩽a2ay^2=(x+a)(2x-a)^2,
\qquad
-a\leqslant x\leqslant aОна симметрична относительно OxOx, имеет узел
N=(a2,0)N=(\frac a2,0) с касательными
y=±3(x−a2)y=\pm\sqrt3(x-\frac a2) и вертикальную касательную x=−ax=-a в
точке (−a,0)(-a,0).

Построение

Идея

Введём нормированные координатыX=xa,Y=yaX=\frac xa,
\qquad
Y=\frac yaи положим u=cos⁡tu=\cos t, где −1⩽u⩽1-1\leqslant u\leqslant1. По формулам
двойного и тройного углаX=2u2−1,Y=4u3−3u=u(2X−1)X=2u^2-1,
\qquad
Y=4u^3-3u=u(2X-1)Исключая uu, получаем уравнение кривой2Y2=(X+1)(2X−1)22Y^2=(X+1)(2X-1)^2или в исходных координатах2ay2=(x+a)(2x−a)22ay^2=(x+a)(2x-a)^2Из параметризации следует−a⩽x⩽a,−a⩽y⩽a-a\leqslant x\leqslant a,
\qquad
-a\leqslant y\leqslant aУравнение содержит yy только в квадрате, поэтому кривая симметрична
относительно оси OxOx.
Обе исходные координаты выражаются через u=cos⁡tu=\cos t. При
0⩽t⩽π0\leqslant t\leqslant\pi параметр uu убывает от 11 до
−1-1, принимая все значения из отрезка [−1,1][-1,1]. Этого промежутка
достаточно для однократного обхода всех дуг, кроме повторного прохождения
точки самопересечения. На промежутке [π,2π][\pi,2\pi] вся кривая
обходится повторно.
Характерные значения параметра uu дают точкиu=1:(X,Y)=(1,1)u=32:(X,Y)=(12,0)u=0:(X,Y)=(−1,0)u=−32:(X,Y)=(12,0)u=−1:(X,Y)=(1,−1)\begin{aligned}
u=1&: &(X,Y)&=(1,1)\\
u=\frac{\sqrt3}{2}&: &(X,Y)&=\left(\frac12,0\right)\\
u=0&: &(X,Y)&=(-1,0)\\
u=-\frac{\sqrt3}{2}&: &(X,Y)&=\left(\frac12,0\right)\\
u=-1&: &(X,Y)&=(1,-1)
\end{aligned}Следовательно, точкаN=(a2,0)N=\left(\frac a2,0\right)проходится при двух различных значениях uu и является узловой точкой
самопересечения.
Для параметризации через uudxdu=4au,dydu=a(12u2−3)\frac{dx}{du}=4au,
\qquad
\frac{dy}{du}=a(12u^2-3)поэтому при u≠0u\ne0dydx=3(4u2−1)4u\frac{dy}{dx}=\frac{3(4u^2-1)}{4u}В узле u=±32u=\pm\frac{\sqrt3}{2} получаем два различных угловых
коэффициентаdydx=±3\frac{dy}{dx}=\pm\sqrt3и две касательныеy=±3(x−a2)y=\pm\sqrt3\left(x-\frac a2\right)При u=0u=0 имеем dxdu=0\frac{dx}{du}=0, но
dydu=−3a≠0\frac{dy}{du}=-3a\ne0, поэтому в точке
(−a,0)(-a,0) касательная вертикальна. В конечных точках (a,a)(a,a) и
(a,−a)(a,-a) касательные имеют угловые коэффициенты соответственно
94\frac94 и −94-\frac94.
  1. 1

    Построение графика

    В нормированных координатах кривая начинается в
    (1,1)(1,1), приходит в узел (12,0)(\frac12,0), образует замкнутую петлю
    с крайней левой точкой (−1,0)(-1,0), повторно проходит узел и заканчивается
    в (1,−1)(1,-1). Увеличение aa растягивает обе оси в одинаковое число
    раз и не меняет форму кривой.график к задаче Демидовича № 1536

Проверка

Ответ. Кривая задаётся уравнением2ay2=(x+a)(2x−a)2,−a⩽x⩽a2ay^2=(x+a)(2x-a)^2,
\qquad
-a\leqslant x\leqslant aОна симметрична относительно OxOx, имеет узел
N=(a2,0)N=(\frac a2,0) с касательными
y=±3(x−a2)y=\pm\sqrt3(x-\frac a2) и вертикальную касательную x=−ax=-a в
точке (−a,0)(-a,0).
Демидович № 1536 — решение и ответ