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

Демидович — задача 1541

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

Представив уравнение кривой в параметрической форме, построить кривую

Задача 1541

x3+y3−3axy=0a>0x^3+y^3-3axy=0
\qquad a>0Указание. Положить y=txy=tx.
ПостроениеКривая задаётся параметрически формуламиx=3at1+t3y=3at21+t3t∈R∖{−1}x=\frac{3at}{1+t^3}
\qquad
y=\frac{3at^2}{1+t^3}
\qquad
t\in\mathbb R\setminus\{-1\}При t=0t=0 получается точка O(0,0)O(0,0). Кривая имеет петлю в первой четверти,
симметрична относительно y=xy=x и имеет асимптоту x+y+a=0x+y+a=0.

Построение

Идея

Кривая симметрична относительно прямой y=xy=x, поскольку её уравнение не
изменяется при перестановке xx и yy. Если x=0x=0, то из уравнения следует
y=0y=0, поэтому начало координат принадлежит кривой.
  1. 1
    Пусть теперь x≠0x\ne0 и положимy=txy=txТогдаx3(1+t3)=3atx2x^3(1+t^3)=3atx^2После деления на x2x^2 получаем параметрическое заданиеx=3at1+t3y=3at21+t3t∈R∖{−1}x=\frac{3at}{1+t^3}
    \qquad
    y=\frac{3at^2}{1+t^3}
    \qquad
    t\in\mathbb R\setminus\{-1\}    Хотя при выводе предполагалось x≠0x\ne0, при t=0t=0 параметрические формулы
    дают точку O(0,0)O(0,0), которая удовлетворяет исходному уравнению. Поэтому
    t=0t=0 включается в параметрическое описание. Та же точка является предельным
    положением кривой при t→±∞t\to\pm\infty.

    Разберём изменение параметра. При t⩾0t\geqslant0 получаем петлю в первой
    четверти. Она выходит из начала координат при t=0t=0, проходит при t=1t=1
    через точкуA(3a2,3a2)A\left(\frac{3a}{2},\frac{3a}{2}\right)и возвращается к началу координат при t→+∞t\to+\infty. Замена tt на
    1t\frac1t
    переставляет координаты xx и yy, поэтому две половины петли симметричны
    относительно y=xy=x.

    При −1<t<0-1<t<0 имеем x<0x<0, y>0y>0, а при t<−1t<-1 — x>0x>0, y<0y<0.
    Эти участки образуют две неограниченные ветви. Найдём их асимптоту:x+y=3at(1+t)1+t3=3at1−t+t2x+y
    =\frac{3at(1+t)}{1+t^3}
    =\frac{3at}{1-t+t^2}    Следовательно,x+y+a=a(t+1)2t2−t+1⟶0t→−1x+y+a
    =a\frac{(t+1)^2}{t^2-t+1}
    \longrightarrow0
    \qquad t\to-1    Поэтому обе неограниченные ветви приближаются к прямойx+y+a=0x+y+a=0
  2. 2
    Для определения касательных продифференцируем параметрические формулы:dxdt=3a(1−2t3)(1+t3)2dydt=3at(2−t3)(1+t3)2\frac{dx}{dt}
    =\frac{3a(1-2t^3)}{(1+t^3)^2}
    \qquad
    \frac{dy}{dt}
    =\frac{3at(2-t^3)}{(1+t^3)^2}    В точке AA, где t=1t=1, касательная имеет угловой коэффициент −1-1.
    В особой точке O(0,0)O(0,0) направления двух дуг различны. При t→0t\to0yx=t⟶0\frac yx=t\longrightarrow0поэтому касательной к одной дуге служит ось y=0y=0. При t→±∞t\to\pm\inftyxy=1t⟶0\frac xy=\frac1t\longrightarrow0и касательной к другой дуге служит ось x=0x=0.
  3. 3

    Построение графика

    Чтобы рисунок не зависел от конкретного значения
    a>0a>0, введём безразмерные координатыX=xaY=yaX=\frac xa
    \qquad
    Y=\frac ya    Тогда строится кривая X3+Y3=3XYX^3+Y^3=3XY. При возвращении к исходным
    координатам рисунок растягивается в aa раз по обеим осям. На графике
    показаны петля, две неограниченные ветви, точка
    A(32,32)A\left(\frac32,\frac32\right) и асимптота X+Y+1=0X+Y+1=0.график к задаче Демидовича № 1541

Проверка

Ответ. Кривая задаётся параметрически формуламиx=3at1+t3y=3at21+t3t∈R∖{−1}x=\frac{3at}{1+t^3}
\qquad
y=\frac{3at^2}{1+t^3}
\qquad
t\in\mathbb R\setminus\{-1\}При t=0t=0 получается точка O(0,0)O(0,0). Кривая имеет петлю в первой четверти,
симметрична относительно y=xy=x и имеет асимптоту x+y+a=0x+y+a=0.