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=tln⁡t,y=ln⁡ttx=t\ln t,
\qquad
y=\frac{\ln t}{t}
ПостроениеКривая симметрична относительно y=−xy=-x. Она имеет
вертикальную касательную в A=(−1e,−e)A=(-\frac1e,-e), горизонтальную
касательную в B=(e,1e)B=(e,\frac1e), вертикальную асимптоту x=0x=0 при
t→0+t\to0^+ и горизонтальную асимптоту y=0y=0 при
t→+∞t\to+\infty. Точки перегиба равны I−I_- и I+I_+, указанным
выше.

Построение

Из-за логарифма параметр должен удовлетворять условию
t>0t>0Положим u=ln⁡tu=\ln t, тогда t=eut=e^u, u∈Ru\in\mathbb R, иx=ueu,y=ue−ux=ue^u,
\qquad
y=ue^{-u}Замена t↦1tt\mapsto\frac1t, то есть u↦−uu\mapsto-u, переводит точку
(x,y)(x,y) в точку (−y,−x)(-y,-x). Поэтому кривая симметрична относительно
прямой y=−xy=-x.
Производные координат по исходному параметру равныx′(t)=1+ln⁡t,y′(t)=1−ln⁡tt2x'(t)=1+\ln t,
\qquad
y'(t)=\frac{1-\ln t}{t^2}Координата xx убывает на (0,e−1)(0,e^{-1}) и возрастает на
(e−1,+∞)(e^{-1},+\infty). Координата yy возрастает на (0,e)(0,e) и
убывает на (e,+∞)(e,+\infty). Поэтому в точкеA=(−1e,−e),t=e−1A=\left(-\frac1e,-e\right),
\qquad
t=e^{-1}касательная вертикальна, а в симметричной ей точкеB=(e,1e),t=eB=\left(e,\frac1e\right),
\qquad
t=eкасательная горизонтальна. При t=1t=1 кривая проходит через начало
координат, причёмdydx∣t=1=1\left.\frac{dy}{dx}\right|_{t=1}=1и касательной является прямая y=xy=x.
При t≠e−1t\ne e^{-1}dydx=1−ln⁡tt2(1+ln⁡t)\frac{dy}{dx}
=\frac{1-\ln t}{t^2(1+\ln t)}иd2ydx2=−2(2−(ln⁡t)2)t3(1+ln⁡t)3\frac{d^2y}{dx^2}
=-\frac{2\bigl(2-(\ln t)^2\bigr)}
{t^3(1+\ln t)^3}Для проверки перегибов обозначим D=x′y′′−y′x′′D=x'y''-y'x''. В точках с x′≠0x'\ne0 имеем d2y/dx2=D/(x′)3d^2y/dx^2=D/(x')^3, а при y′≠0y'\ne0 можно поменять роли координат: d2x/dy2=−D/(y′)3d^2x/dy^2=-D/(y')^3. Вычислим:x′(t)y′′(t)−y′(t)x′′(t)=2((ln⁡t)2−2)t3x'(t)y''(t)-y'(t)x''(t)
=\frac{2\bigl((\ln t)^2-2\bigr)}{t^3}Он обращается в нуль только приln⁡t=±2,t=e−2, e2\ln t=\pm\sqrt2,
\qquad
t=e^{-\sqrt2},\ e^{\sqrt2}и меняет знак при переходе через каждое из этих значений. При
t=e−1t=e^{-1} имеем x′(t)=0x'(t)=0, но y′=2e2≠0y'=2e^2\ne0 и D=−2e3≠0D=-2e^3\ne0. Поэтому d2x/dy2≠0d^2x/dy^2\ne0 и не меняет знак в достаточно малой окрестности этой точки.
Поэтому в точке A=(−1e,−e)A=(-\frac1e,-e) находится обычная вертикальная
касательная, а не перегиб. Следовательно, кривая имеет ровно две точки
перегибаI−=(−2e−2,−2e2)I_-=
\left(-\sqrt2e^{-\sqrt2},-\sqrt2e^{\sqrt2}\right)I+=(2e2,2e−2)I_+=
\left(\sqrt2e^{\sqrt2},\sqrt2e^{-\sqrt2}\right)Они также симметричны относительно прямой y=−xy=-x.
На концах промежутка допустимых значений параметраlim⁡t→0+x=0−,lim⁡t→0+y=−∞\lim_{t\to0^+}x=0^-,
\qquad
\lim_{t\to0^+}y=-\inftyСледовательно, прямая x=0x=0 является вертикальной асимптотой нижней
ветви. Кроме того,lim⁡t→+∞x=+∞,lim⁡t→+∞y=0+\lim_{t\to+\infty}x=+\infty,
\qquad
\lim_{t\to+\infty}y=0^+поэтому y=0y=0 является горизонтальной асимптотой правой ветви.

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
AA с вертикальной касательной, затем проходит через начало координат,
достигает точки BB с горизонтальной касательной и приближается сверху
к оси OxOx. Отмечены обе точки перегиба.график к задаче Демидовича № 1538

Ответ

Кривая симметрична относительно y=−xy=-x. Она имеет
вертикальную касательную в A=(−1e,−e)A=(-\frac1e,-e), горизонтальную
касательную в B=(e,1e)B=(e,\frac1e), вертикальную асимптоту x=0x=0 при
t→0+t\to0^+ и горизонтальную асимптоту y=0y=0 при
t→+∞t\to+\infty. Точки перегиба равны I−I_- и I+I_+, указанным
выше.

Проверка

Положим l=ln⁡tl=\ln t. Тогда x′′=1/tx''=1/t, y′′=(2l−3)/t3y''=(2l-3)/t^3. ПоэтомуD=(1+l)(2l−3)−(1−l)t3=2l2−l−3−1+lt3=2(l2−2)t3.D=\frac{(1+l)(2l-3)-(1-l)}{t^3}
=\frac{2l^2-l-3-1+l}{t^3}=\frac{2(l^2-2)}{t^3}.Это выводит число 22 под корнем в параметрах перегиба. Производные координат не обращаются в нуль одновременно, так что каждая точка регулярна.

Самопересечений нет. В записи x=ueux=ue^u, y=ue−uy=ue^{-u} при u≠0u\ne0 отношение x/y=e2ux/y=e^{2u} однозначно определяет uu. Начало координат достигается только при u=0u=0.
Демидович № 1538 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика