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

Демидович — задача 1537

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1537

x=cos⁡4t,y=sin⁡4tx=\cos^4t,
\qquad
y=\sin^4t
ПостроениеПараметрические уравнения задают дугуx+y=1,x⩾0,y⩾0\sqrt{x}+\sqrt{y}=1,
\qquad
x\geqslant0,
\qquad
y\geqslant0с горизонтальной касательной в (1,0)(1,0) и вертикальной касательной в
(0,1)(0,1).

Построение

Обе координаты неотрицательны. Кроме того,x=cos⁡2t,y=sin⁡2t\sqrt{x}=\cos^2t,
\qquad
\sqrt{y}=\sin^2tСледовательно, параметр задаёт дугу кривойx+y=1,x⩾0,y⩾0\sqrt{x}+\sqrt{y}=1,
\qquad
x\geqslant0,
\qquad
y\geqslant0или, если выразить yy через xx,y=(1−x)2,0⩽x⩽1y=(1-\sqrt{x})^2,
\qquad
0\leqslant x\leqslant1Обе координаты имеют период π\pi. На промежутке
0⩽t⩽π20\leqslant t\leqslant\frac\pi2 точка проходит дугу от (1,0)(1,0)
до (0,1)(0,1), а на промежутке
π2⩽t⩽π\frac\pi2\leqslant t\leqslant\pi проходит ту же дугу в обратном
направлении. Далее движение периодически повторяется.
Для 0<t<π20<t<\frac\pi2x′(t)=−4cos⁡3tsin⁡t,y′(t)=4sin⁡3tcos⁡tx'(t)=-4\cos^3t\sin t,
\qquad
y'(t)=4\sin^3t\cos tи потомуdydx=−tan⁡2t\frac{dy}{dx}=-\tan^2tПри t→0+t\to0^+ угловой коэффициент стремится к нулю, поэтому в точке
(1,0)(1,0) касательная горизонтальна. При
t→π2−t\to\frac\pi2^- его модуль неограниченно возрастает, поэтому в
точке (0,1)(0,1) касательная вертикальна.
Из явной формулы для 0<x<10<x<1 получаемy′=1−1x,y′′=12x3/2>0y'=1-\frac1{\sqrt{x}},
\qquad
y''=\frac1{2x^{3/2}}>0По принятой терминологии дуга выпукла вниз и не имеет точек перегиба.

Построение графика

Строим единственную дугу в первой координатной
четверти. Обе её конечные точки принадлежат кривой: в (1,0)(1,0)
касательная горизонтальна, а в (0,1)(0,1) вертикальна. Параметризация на
всей числовой прямой многократно обходит эту же дугу и не создаёт других
ветвей.график к задаче Демидовича № 1537

Ответ

Параметрические уравнения задают дугуx+y=1,x⩾0,y⩾0\sqrt{x}+\sqrt{y}=1,
\qquad
x\geqslant0,
\qquad
y\geqslant0с горизонтальной касательной в (1,0)(1,0) и вертикальной касательной в
(0,1)(0,1).

Проверка

Условие x+y=1\sqrt x+\sqrt y=1 вместе с x,y⩾0x,y\geqslant0 даёт 0⩽x⩽10\leqslant x\leqslant1. Обратно, для каждого такого xx выбираем t∈[0,π/2]t\in[0,\pi/2] с cos⁡2t=x\cos^2t=\sqrt x; тогда sin⁡2t=1−x=y\sin^2t=1-\sqrt x=\sqrt y. Поэтому уравнение описывает в точности исходную дугу.

В точке (1,0)(1,0) наклон секущей (1−x)2/(x−1)=(x−1)/(x+1)→0(1-\sqrt x)^2/(x-1)=(\sqrt x-1)/(\sqrt x+1)\to0. В точке (0,1)(0,1) он равен [(1−x)2−1]/x=1−2/x→−∞[(1-\sqrt x)^2-1]/x=1-2/\sqrt x\to-\infty. Это непосредственно доказывает обе полукасательные.
Демидович № 1537 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика