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

Демидович — задача 1542

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

Представив уравнение кривой в параметрической форме, построить кривую

Задача 1542

x2+y2=x4+y4x^2+y^2=x^4+y^4
ПостроениеКривая состоит из изолированной точки O(0,0)O(0,0) и замкнутой
компонентыx(φ)=cos⁡φcos⁡4φ+sin⁡4φy(φ)=sin⁡φcos⁡4φ+sin⁡4φx(\varphi)
=\frac{\cos\varphi}
{\sqrt{\cos^4\varphi+\sin^4\varphi}}
\qquad
y(\varphi)
=\frac{\sin\varphi}
{\sqrt{\cos^4\varphi+\sin^4\varphi}}где 0⩽φ⩽2π0\leqslant\varphi\leqslant2\pi. Для внешней компоненты выполняется
1⩽r⩽21\leqslant r\leqslant\sqrt2.

Построение

Уравнение не изменяется при заменах xx на −x-x, yy на −y-y и при
перестановке xx и yy. Поэтому кривая симметрична относительно обеих
координатных осей и прямых y=xy=x, y=−xy=-x.
Перейдём к полярным координатам:x=rcos⁡φy=rsin⁡φx=r\cos\varphi
\qquad
y=r\sin\varphiПодстановка даётr2=r4(cos⁡4φ+sin⁡4φ)r^2=r^4\left(\cos^4\varphi+\sin^4\varphi\right)Отдельно получаем решение r=0r=0, то есть изолированную точку O(0,0)O(0,0).
Для остальных точекr(φ)=1cos⁡4φ+sin⁡4φ=11−12sin⁡22φr(\varphi)
=\frac1{\sqrt{\cos^4\varphi+\sin^4\varphi}}
=\frac1{\sqrt{1-\dfrac12\sin^22\varphi}}Поскольку12⩽cos⁡4φ+sin⁡4φ⩽1\frac12\leqslant
\cos^4\varphi+\sin^4\varphi
\leqslant1имеем1⩽r⩽21\leqslant r\leqslant\sqrt2Следовательно, полярная формула задаёт отдельную замкнутую компоненту,
не проходящую через начало координат.

На координатных осях получаем точки(±1,0)(0,±1)(\pm1,0)
\qquad
(0,\pm1)а на прямых y=±xy=\pm x --- точки(1,1)(1,−1)(−1,1)(−1,−1)(1,1)
\qquad
(1,-1)
\qquad
(-1,1)
\qquad
(-1,-1)Например, в точке (1,0)(1,0) касательная вертикальна, а в точке (1,1)(1,1) её
угловой коэффициент равен −1-1. Эти сведения вместе с симметрией определяют
форму внешней компоненты.

Построение графика

Строим замкнутую полярную кривую при
0⩽φ⩽2π0\leqslant\varphi\leqslant2\pi и отдельно отмечаем изолированную точку
O(0,0)O(0,0). Характерные точки на осях и диагоналях показаны закрашенными
маркерами.график к задаче Демидовича № 1542

Ответ

Кривая состоит из изолированной точки O(0,0)O(0,0) и замкнутой
компонентыx(φ)=cos⁡φcos⁡4φ+sin⁡4φy(φ)=sin⁡φcos⁡4φ+sin⁡4φx(\varphi)
=\frac{\cos\varphi}
{\sqrt{\cos^4\varphi+\sin^4\varphi}}
\qquad
y(\varphi)
=\frac{\sin\varphi}
{\sqrt{\cos^4\varphi+\sin^4\varphi}}где 0⩽φ⩽2π0\leqslant\varphi\leqslant2\pi. Для внешней компоненты выполняется
1⩽r⩽21\leqslant r\leqslant\sqrt2.

Проверка

Радиус внешней компоненты не меньше 11, поэтому круг 0<x2+y2<10<\sqrt{x^2+y^2}<1 не содержит её точек. Это обосновывает изолированность начала координат. Поскольку r(φ)>0r(\varphi)>0 и для каждого направления задан ровно один радиус, внешняя компонента не имеет самопересечений.

Для касательных дифференцируем F=x4+y4−x2−y2=0F=x^4+y^4-x^2-y^2=0:(4x3−2x) dx+(4y3−2y) dy=0.(4x^3-2x)\,dx+(4y^3-2y)\,dy=0.При (1,0)(1,0) получаем 2 dx=02\,dx=0, то есть вертикальную касательную; при (1,1)(1,1) — 2 dx+2 dy=02\,dx+2\,dy=0, то есть наклон −1-1.

Крайние точки внешней компоненты не ограничиваются точками (±1,0)(\pm1,0), (0,±1)(0,\pm1). Для крайней абсциссы требуется вертикальная касательная: 4y3−2y=04y^3-2y=0. При y2=1/2y^2=1/2 исходное уравнение даёт x4−x2=1/4x^4-x^2=1/4, откудаx2=1+22,y=±12.x^2=\frac{1+\sqrt2}{2},\qquad y=\pm\frac1{\sqrt2}.Следовательно, наибольший модуль абсциссы равен (1+2)/2>1\sqrt{(1+\sqrt2)/2}>1; для ординаты получаем ту же величину по симметрии. Эти точки уточняют выпуклые выступы внешней кривой.
Демидович № 1542 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика