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

Демидович — задача 1544

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

Представив уравнение кривой в параметрической форме, построить кривую

Задача 1544

xy=yxx>0y>0x^y=y^x
\qquad x>0
\qquad y>0
ПостроениеМножество решений состоит из диагональной ветви y=xy=x, x>0x>0,
и нелинейной ветвиx=t1t−1y=ttt−1t>0t≠1x=t^{\frac1{t-1}}
\qquad
y=t^{\frac{t}{t-1}}
\qquad
t>0
\qquad
t\ne1дополненной точкой (e,e)(e,e). Её асимптоты имеют уравнения x=1x=1 и y=1y=1.

Построение

Поскольку xx и yy положительны, логарифмирование равносильно исходному
уравнению:yln⁡x=xln⁡yy\ln x=x\ln yВсе точки прямойy=xx>0y=x
\qquad x>0являются решениями.
Теперь пусть x≠yx\ne y и положимy=txt>0t≠1y=tx
\qquad t>0
\qquad t\ne1После подстановки и деления на x>0x>0 имеемtln⁡x=ln⁡t+ln⁡xt\ln x=\ln t+\ln xоткудаx=t1t−1y=ttt−1t>0t≠1x=t^{\frac1{t-1}}
\qquad
y=t^{\frac{t}{t-1}}
\qquad
t>0
\qquad
t\ne1При t→1t\to1 по правилу Лопиталяln⁡x=ln⁡tt−1⟶1\ln x=\frac{\ln t}{t-1}\longrightarrow1поэтому параметрическая ветвь непрерывно дополняется точкойE(e,e)E(e,e)Замена tt на 1t\frac1t переставляет xx и yy, что согласуется с симметрией
исходного уравнения относительно прямой y=xy=x. При t→0+t\to0^+x→+∞y→1x\to+\infty
\qquad
y\to1а при t→+∞t\to+\inftyx→1y→+∞x\to1
\qquad
y\to+\inftyСледовательно, у нелинейной ветви имеются асимптоты y=1y=1 и x=1x=1.
Для всех её точек x>1x>1 и y>1y>1.

Чтобы определить направление ветви в точке EE, положим t=1+ht=1+h.
Тогда при h→0h\to0x=e(1−h2+o(h))y=e(1+h2+o(h))x=e\left(1-\frac h2+o(h)\right)
\qquad
y=e\left(1+\frac h2+o(h)\right)поэтому касательная к нелинейной ветви в точке EE имеет угловой
коэффициент −1-1. Она пересекает диагональную ветвь y=xy=x, касательная к
которой имеет угловой коэффициент 11.

Построение графика

Синим показана диагональная ветвь y=xy=x, x>0x>0,
пурпурным --- нелинейная параметрическая ветвь. Серые пунктирные прямые
x=1x=1 и y=1y=1 являются её асимптотами. Точка пересечения ветвей E(e,e)E(e,e)
отмечена закрашенным маркером, а выколотый маркер в начале координат
показывает, что O(0,0)O(0,0) не принадлежит кривой.график к задаче Демидовича № 1544

Ответ

Множество решений состоит из диагональной ветви y=xy=x, x>0x>0,
и нелинейной ветвиx=t1t−1y=ttt−1t>0t≠1x=t^{\frac1{t-1}}
\qquad
y=t^{\frac{t}{t-1}}
\qquad
t>0
\qquad
t\ne1дополненной точкой (e,e)(e,e). Её асимптоты имеют уравнения x=1x=1 и y=1y=1.

Проверка

Обоснуем форму нелинейной ветви. Для t≠1t\ne1x′x=1−1/t−ln⁡t(t−1)2<0,y′y=t−1−ln⁡t(t−1)2>0.\frac{x'}x=\frac{1-1/t-\ln t}{(t-1)^2}<0,\qquad
\frac{y'}y=\frac{t-1-\ln t}{(t-1)^2}>0.Вторая скобка положительна по ln⁡t<t−1\ln t<t-1. Для первой рассмотрим q(t)=ln⁡t−1+1/tq(t)=\ln t-1+1/t: q(1)=0q(1)=0, q′(t)=(t−1)/t2q'(t)=(t-1)/t^2, поэтому q(t)>0q(t)>0 при t≠1t\ne1. Таким образом, с ростом параметра xx строго убывает, а yy строго возрастает; ветвь является графиком строго убывающей функции.

При t=1+ht=1+h формула Тейлора даёт ln⁡(1+h)=h−h2/2+o(h2)\ln(1+h)=h-h^2/2+o(h^2), поэтомуln⁡x=1−h/2+o(h),ln⁡y=(1+h)ln⁡x=1+h/2+o(h).\ln x=1-h/2+o(h),\qquad \ln y=(1+h)\ln x=1+h/2+o(h).Используя ev=1+v+o(v)e^v=1+v+o(v), получаем приведённые разложения x,yx,y. Наклон секущей (y−e)/(x−e)→(e/2)/(−e/2)=−1(y-e)/(x-e)\to(e/2)/(-e/2)=-1; это обосновывает касательную в (e,e)(e,e). Для предела ln⁡t/(t−1)\ln t/(t-1) правило Лопиталя применимо к 0/00/0: производная знаменателя равна 11, а отношение производных 1/t→11/t\to1.
Демидович № 1544 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика