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

Демидович — задача 1538

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1538

x=t\ln t,\qquady=\frac{\ln t}{t}

ПостроениеКривая симметрична относительно

y=-x

. Она имеет
вертикальную касательную в

A=(-\frac1e,-e)

, горизонтальную
касательную в

B=(e,\frac1e)

, вертикальную асимптоту

x=0

при

t\to0^+

и горизонтальную асимптоту

y=0

при

t\to+\infty

. Точки перегиба равны

I_-

I_+

, указанным
выше.

Построение

Идея

Из-за логарифма параметр должен удовлетворять условию

1
$t>0$ Положим $u=\ln t$ , тогда $t=e^u$ , $u\in\mathbb R$ , и $x=ue^u,\qquady=ue^{-u}$ Замена $t\mapsto\frac1t$ , то есть $u\mapsto-u$ , переводит точку
$(x,y)$ в точку $(-y,-x)$ . Поэтому кривая симметрична относительно
прямой $y=-x$ .
Производные координат по исходному параметру равны $x'(t)=1+\ln t,\qquady'(t)=\frac{1-\ln t}{t^2}$ Координата $x$ убывает на $(0,e^{-1})$ и возрастает на
$(e^{-1},+\infty)$ . Координата $y$ возрастает на $(0,e)$ и
убывает на $(e,+\infty)$ . Поэтому в точке $A=\left(-\frac1e,-e\right),\qquadt=e^{-1}$ касательная вертикальна, а в симметричной ей точке $B=\left(e,\frac1e\right),\qquadt=e$ касательная горизонтальна. При $t=1$ кривая проходит через начало
координат, причём $\left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=1}=1$ и касательной является прямая $y=x$ .
При $t\ne e^{-1}$ $\frac{dy}{dx}=\frac{1-\ln t}{t^2(1+\ln t)}$ и $\frac{d^2y}{dx^2}=-\frac{2\bigl(2-(\ln t)^2\bigr)}{t^3(1+\ln t)^3}$ Для строгого исследования перегибов рассмотрим числитель кривизны: $x'(t)y''(t)-y'(t)x''(t)=\frac{2\bigl((\ln t)^2-2\bigr)}{t^3}$ Он обращается в нуль только при $\ln t=\pm\sqrt2,\qquadt=e^{-\sqrt2},\ e^{\sqrt2}$ и меняет знак при переходе через каждое из этих значений. При
$t=e^{-1}$ имеем $x'(t)=0$ , но числитель кривизны не равен нулю.
Поэтому в точке $A=(-\frac1e,-e)$ находится обычная вертикальная
касательная, а не перегиб. Следовательно, кривая имеет ровно две точки
перегиба $I_-=\left(-\sqrt2e^{-\sqrt2},-\sqrt2e^{\sqrt2}\right)$ $I_+=\left(\sqrt2e^{\sqrt2},\sqrt2e^{-\sqrt2}\right)$ Они также симметричны относительно прямой $y=-x$ .
На концах промежутка допустимых значений параметра $\lim_{t\to0^+}x=0^-,\qquad\lim_{t\to0^+}y=-\infty$ Следовательно, прямая $x=0$ является вертикальной асимптотой нижней
ветви. Кроме того, $\lim_{t\to+\infty}x=+\infty,\qquad\lim_{t\to+\infty}y=0^+$ поэтому $y=0$ является горизонтальной асимптотой правой ветви.
2
Построение графика
Вертикальная и горизонтальная асимптоты совпадают
с координатными осями, поэтому отдельные пунктирные линии поверх осей
не проводятся. От нижней вертикальной асимптоты кривая идёт к точке
$A$ с вертикальной касательной, затем проходит через начало координат,
достигает точки $B$ с горизонтальной касательной и приближается сверху
к оси $Ox$ . Отмечены обе точки перегиба. $график к задаче Демидовича № 1538$

Проверка

Ответ. Кривая симметрична относительно

y=-x