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

Демидович — задача 1540

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

Построить кривую, заданную параметрически:

Задача 1540

x=a(sh⁡t−t),y=a(ch⁡t−1),a>0x=a\bigl(\operatorname{sh}t-t\bigr),
\qquad
y=a\bigl(\operatorname{ch}t-1\bigr),
\qquad
a>0
ПостроениеКривая симметрична относительно OyOy, имеет остриё
(0,0)(0,0) с вертикальной касательной x=0x=0 и не имеет самопересечений
или линейных асимптот. При x→±∞x\to\pm\infty её дуги имеют направления
y=±xy=\pm x.

Построение

Параметр принимает все действительные значения. Поскольку
sh⁡t−t\operatorname{sh}t-t является нечётной функцией, а
ch⁡t−1\operatorname{ch}t-1 --- чётной, замена t↦−tt\mapsto-t переводит
(x,y)(x,y) в (−x,y)(-x,y). Следовательно, кривая симметрична относительно
оси OyOy. Кроме того,y=a(ch⁡t−1)⩾0y=a(\operatorname{ch}t-1)\geqslant0и равенство достигается только при t=0t=0.
Производные координат равныx′(t)=a(ch⁡t−1),y′(t)=ash⁡tx'(t)=a(\operatorname{ch}t-1),
\qquad
y'(t)=a\operatorname{sh}tИмеем x′(t)>0x'(t)>0 при t≠0t\ne0, поэтому x(t)x(t) строго возрастает на
всей числовой прямой и самопересечений нет. При t≠0t\ne0dydx=sh⁡tch⁡t−1=cth⁡t2\frac{dy}{dx}
=\frac{\operatorname{sh}t}{\operatorname{ch}t-1}
=\operatorname{cth}\frac t2При t→0−t\to0^- этот угловой коэффициент стремится к −∞-\infty, а
при t→0+t\to0^+ --- к +∞+\infty. Поэтому в начале координат обе дуги
имеют общую вертикальную касательную x=0x=0.
Разложения при t→0t\to0 имеют видx=at36+O(t5)x=\frac{at^3}{6}+O(t^5)y=at22+O(t4)y=\frac{at^2}{2}+O(t^4)Следовательно, обе дуги выходят из начала координат вверх, и точка
(0,0)(0,0) является остриём. В первом приближенииy3∼9a2x2y^3\sim\frac{9a}{2}x^2Для t≠0t\ne0 вторая производная равнаd2ydx2=−14ash⁡4t2<0\frac{d^2y}{dx^2}
=-\frac{1}{4a\operatorname{sh}^4\dfrac t2}<0Поэтому обе регулярные дуги выпуклы вверх и точек перегиба не имеют.
При t→+∞t\to+\infty угловой коэффициент касательной стремится к 11,
ноy−x=a(e−t+t−1)⟶+∞y-x=a\bigl(e^{-t}+t-1\bigr)\longrightarrow+\inftyПоэтому линейной асимптоты справа нет. Аналогично при t→−∞t\to-\infty
угловой коэффициент стремится к −1-1, ноy+x=a(et−t−1)⟶+∞y+x=a\bigl(e^t-t-1\bigr)\longrightarrow+\inftyи линейной асимптоты слева также нет. Прямые y=xy=x и y=−xy=-x
задают только направления неограниченных дуг.

Построение графика

Для универсального рисунка используем координатыX=xa=sh⁡t−t,Y=ya=ch⁡t−1X=\frac xa=\operatorname{sh}t-t,
\qquad
Y=\frac ya=\operatorname{ch}t-1Кривая состоит из двух симметричных дуг, выходящих из острия в начале
координат с общей вертикальной касательной. Точки, отвечающие
t=±1t=\pm1, отмечены для контроля направления и масштаба.график к задаче Демидовича № 1540

Ответ

Кривая симметрична относительно OyOy, имеет остриё
(0,0)(0,0) с вертикальной касательной x=0x=0 и не имеет самопересечений
или линейных асимптот. При x→±∞x\to\pm\infty её дуги имеют направления
y=±xy=\pm x.

Проверка

Из sinh⁡t=(et−e−t)/2\sinh t=(e^t-e^{-t})/2 и cosh⁡t=(et+e−t)/2\cosh t=(e^t+e^{-t})/2 по формуле Тейлора получаем sinh⁡t=t+t3/6+O(t5)\sinh t=t+t^3/6+O(t^5) и cosh⁡t=1+t2/2+O(t4)\cosh t=1+t^2/2+O(t^4). Поэтому y/x∼3/ty/x\sim3/t, что непосредственно доказывает вертикальную касательную в острие. Кроме того,y3x2⟶a3/8a2/36=36a8=9a2.\frac{y^3}{x^2}\longrightarrow\frac{a^3/8}{a^2/36}=\frac{36a}{8}=\frac{9a}{2}.Коэффициент 9a/29a/2 тем самым получен из ведущих членов обеих координат.

Дифференцируем coth⁡(t/2)\coth(t/2) по tt: получаем −1/[2sinh⁡2(t/2)]-1/[2\sinh^2(t/2)]. Деление на x′=a(cosh⁡t−1)=2asinh⁡2(t/2)x'=a(\cosh t-1)=2a\sinh^2(t/2) даёт d2y/dx2=−1/[4asinh⁡4(t/2)]d^2y/dx^2=-1/[4a\sinh^4(t/2)].

При t→+∞t\to+\infty отношение y/x=(cosh⁡t−1)/(sinh⁡t−t)→1y/x=(\cosh t-1)/(\sinh t-t)\to1 после деления на ete^t. Значит, единственный возможный наклон прямой асимптоты справа равен 11; вычисленная бесконечная разность y−xy-x исключает её. Слева используем симметрию.
Демидович № 1540 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика