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

Демидович — задача 1543

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

Представив уравнение кривой в параметрической форме, построить кривую

Задача 1543

x2y2=x3−y3x^2y^2=x^3-y^3
ПостроениеПараметрическое задание кривой имеет видx=1−t3t2y=1−t3tt∈R∖{0}x=\frac{1-t^3}{t^2}
\qquad
y=\frac{1-t^3}{t}
\qquad
t\in\mathbb R\setminus\{0\}При t=1t=1 получается точка O(0,0)O(0,0). Одна ветвь проходит
через первую и третью четверти, другая лежит в четвёртой четверти; кривая
симметрична относительно y=−xy=-x.

Построение

Идея

При x=0x=0 уравнение даёт y=0y=0, поэтому начало координат принадлежит
кривой. Для x≠0x\ne0 положимy=txy=txТогдаt2x4=x3(1−t3)t^2x^4=x^3(1-t^3)и после деления на x3x^3 получаемx=1−t3t2y=1−t3tt≠0x=\frac{1-t^3}{t^2}
\qquad
y=\frac{1-t^3}{t}
\qquad
t\ne0Хотя при выводе предполагалось x≠0x\ne0, при t=1t=1 полученные формулы дают
точку O(0,0)O(0,0), которая удовлетворяет исходному уравнению. Поэтому значение
t=1t=1 включается в параметрическое описание.
  1. 1
    Исследуем знаки координат. Если 0<t<10<t<1, то x>0x>0, y>0y>0. При t=1t=1
    кривая проходит через начало координат, а при t>1t>1 имеем x<0x<0, y<0y<0.
    Так получается ветвь, идущая из первой четверти через начало координат
    в третью четверть. В точке t=1t=1dxdt=−3dydt=−3\frac{dx}{dt}=-3
    \qquad
    \frac{dy}{dt}=-3    поэтому касательная в начале координат имеет уравнение y=xy=x.

    При t<0t<0 всегда x>0x>0, y<0y<0. Получается отдельная ветвь в четвёртой
    четверти. Она пересекает прямую y=−xy=-x при t=−1t=-1 в точкеB(2,−2)B(2,-2)и имеет там касательную с угловым коэффициентом 11.
  2. 2
    Для воспроизведения формы этой ветви найдём точки с вертикальной и
    горизонтальной касательными. Имеемdxdt=−1−2t3dydt=−2t−1t2\frac{dx}{dt}=-1-\frac2{t^3}
    \qquad
    \frac{dy}{dt}=-2t-\frac1{t^2}    При t=−23t=-\sqrt[3]{2} обращается в нуль dxdt\frac{dx}{dt}, поэтому вертикальная
    касательная проходит через точкуV(3223,−3213)V\left(\frac3{2^{\frac23}},-\frac3{2^{\frac13}}\right)При t=−2−13t=-2^{-\frac13} обращается в нуль dydt\frac{dy}{dt}, поэтому горизонтальная
    касательная проходит через точкуH(3213,−3223)H\left(\frac3{2^{\frac13}},-\frac3{2^{\frac23}}\right)
  3. 3
    Уравнение сохраняется при преобразовании(x,y)⟼(−y,−x)(x,y)\longmapsto(-y,-x)поэтому вся кривая симметрична относительно прямой y=−xy=-x. Поведение
    ветвей на бесконечности удобно уточнить по параметрическим формулам:x−y2=t−t4⟶0t→0x-y^2=t-t^4\longrightarrow0
    \qquad t\to0    иy+x2=1t4−1t⟶0∣t∣→∞y+x^2=\frac1{t^4}-\frac1t\longrightarrow0
    \qquad |t|\to\infty    Таким образом, удалённые части кривой сближаются соответственно с
    параболами x=y2x=y^2 и y=−x2y=-x^2.
  4. 4

    Построение графика

    Параметрический график строится отдельно на промежутках
    t>0t>0 и t<0t<0, чтобы не соединять ветви через запрещённое значение t=0t=0.
    На рисунке отмечены начало координат и характерная точка B(2,−2)B(2,-2),
    лежащая на оси симметрии. Точки VV и HH с вертикальной и горизонтальной
    касательными определены в ходе исследования.график к задаче Демидовича № 1543

Проверка

Ответ. Параметрическое задание кривой имеет видx=1−t3t2y=1−t3tt∈R∖{0}x=\frac{1-t^3}{t^2}
\qquad
y=\frac{1-t^3}{t}
\qquad
t\in\mathbb R\setminus\{0\}При t=1t=1 получается точка O(0,0)O(0,0). Одна ветвь проходит
через первую и третью четверти, другая лежит в четвёртой четверти; кривая
симметрична относительно y=−xy=-x.
Демидович № 1543 — решение и ответ