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

Демидович — задача 1550

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

Построить график функции, заданной в полярной системе координат
(φ,r)(\varphi,r), где r⩾0r\geqslant0:

Задача 1550

φ=arccos⁡r−1r2\varphi=\arccos\frac{r-1}{r^2}
ПостроениеКривая задаётся параметрически приr⩾ρρ=5−12r\geqslant\rho
\qquad
\rho=\frac{\sqrt5-1}{2}формуламиx=1−1ry=r2−(1−1r)2x=1-\frac1r
\qquad
y=\sqrt{r^2-\left(1-\frac1r\right)^2}Она начинается в точке (−ρ,0)(-\rho,0), лежит в верхней полуплоскости и имеет
вертикальную асимптоту x=1x=1. В начальной точке касательная вертикальна. Единственный перегиб соответствует корню c∈(ρ,1)c\in(\rho,1) уравнения 2c4−3c2+8c−6=02c^4-3c^2+8c-6=0.

Построение

При r=0r=0 правая часть не определена. Для существования арккосинуса при
r>0r>0 необходимо и достаточно−1⩽r−1r2⩽1-1\leqslant\frac{r-1}{r^2}\leqslant1Правое неравенство выполняется всегда, посколькуr2−r+1>0r^2-r+1>0Левое неравенство равносильноr2+r−1⩾0r^2+r-1\geqslant0Поэтому допустимые радиусы имеют видr⩾ρρ=5−12r\geqslant\rho
\qquad
\rho=\frac{\sqrt5-1}{2}Арккосинус принимает значения от 00 до π\pi, следовательно, вся кривая
лежит в верхней полуплоскости.
Положимq(r)=r−1r2q(r)=\frac{r-1}{r^2}Тогдаq′(r)=2−rr3q'(r)=\frac{2-r}{r^3}Функция qq возрастает на [ρ,2][\rho,2], принимает наибольшее значение
14\frac14 при r=2r=2 и затем убывает к нулю. Поэтому угол φ=arccos⁡q(r)\varphi=\arccos q(r)
убывает от π\pi доα=arccos⁡14\alpha=\arccos\frac14а затем возрастает к π2\frac\pi2.

Перейдём к декартовым координатам. Из исходного равенстваcos⁡φ=r−1r2\cos\varphi=\frac{r-1}{r^2}получаемx=rcos⁡φ=r−1r=1−1rx=r\cos\varphi=\frac{r-1}{r}=1-\frac1rПоскольку φ∈[0,π]\varphi\in[0,\pi], берём неотрицательную ординату:y=rsin⁡φ=r2−(1−1r)2y=r\sin\varphi
=\sqrt{r^2-\left(1-\frac1r\right)^2}Таким образом, удобная параметризация кривой имеет видx=1−1ry=r2−(1−1r)2r⩾ρx=1-\frac1r
\qquad
y=\sqrt{r^2-\left(1-\frac1r\right)^2}
\qquad
r\geqslant\rhoОбе координаты при увеличении rr возрастают. Действительно,x′(r)=1r2>0ddry2=2(r4−r+1)r3>0x'(r)=\frac1{r^2}>0
\qquad
\frac{d}{dr}y^2
=\frac{2(r^4-r+1)}{r^3}>0Последнее неравенство строгое: при 0<r⩽10<r\leqslant1 имеем
r4−r+1=r4+(1−r)>0r^4-r+1=r^4+(1-r)>0, а при r⩾1r\geqslant1 имеем
r4−r+1⩾1r^4-r+1\geqslant1. Поскольку y⩾0y\geqslant0, ордината также строго
возрастает.

В частности, она проходит через точкиr=ρ:(−ρ,0)r=\rho:
\quad
(-\rho,0)r=1:(0,1)r=1:
\quad
(0,1)r=2:(12,152)r=2:
\quad
\left(\frac12,\frac{\sqrt{15}}2\right)При r→+∞r\to+\inftyx=1−1r⟶1−y⟶+∞x=1-\frac1r\longrightarrow1^-
\qquad
y\longrightarrow+\inftyСледовательно, прямая x=1x=1 является вертикальной асимптотой. Если
исключить параметр rr, получим явную запись верхней ветви:y=1(1−x)2−x2−ρ⩽x<1y=\sqrt{\frac1{(1-x)^2}-x^2}
\qquad
-\rho\leqslant x<1

Построение графика

Кривая начинается во включённой точке (−ρ,0)(-\rho,0),
проходит через (0,1)(0,1) и затем неограниченно поднимается, приближаясь
слева к прямой x=1x=1. Пунктиром показана вертикальная асимптота.график к задаче Демидовича № 1550

Ответ

Кривая задаётся параметрически приr⩾ρρ=5−12r\geqslant\rho
\qquad
\rho=\frac{\sqrt5-1}{2}формуламиx=1−1ry=r2−(1−1r)2x=1-\frac1r
\qquad
y=\sqrt{r^2-\left(1-\frac1r\right)^2}Она начинается в точке (−ρ,0)(-\rho,0), лежит в верхней полуплоскости и имеет
вертикальную асимптоту x=1x=1.

Проверка

Из ρ2+ρ=1\rho^2+\rho=1 следует 1/ρ=1+ρ1/\rho=1+\rho, поэтому x(ρ)=1−1/ρ=−ρx(\rho)=1-1/\rho=-\rho. При r=2r=2 ордината равна 4−1/4=15/2\sqrt{4-1/4}=\sqrt{15}/2.

В начальной точке имеется вертикальная полукасательная. Действительно, y2=r2−1+2/r−1/r2y^2=r^2-1+2/r-1/r^2 имеет положительную производную при r=ρr=\rho, а x′(ρ)=1/ρ2>0x'(\rho)=1/\rho^2>0. Поэтому yy имеет порядок r−ρ\sqrt{r-\rho}, тогда как x+ρx+\rho — порядок r−ρr-\rho; отношение y/(x+ρ)→+∞y/(x+\rho)\to+\infty.

Уточним изгиб. Положим N=r4−r+1N=r^4-r+1. Из dy/dr=N/(r3y)dy/dr=N/(r^3y) и dx/dr=1/r2dx/dr=1/r^2 получаем dy/dx=N/(ry)dy/dx=N/(ry). Ещё одно дифференцирование даётd2ydx2=(3r4−1)y2−N2/r2y3=r2J(r)y3,J(r)=2r4−3r2+8r−6.\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{(3r^4-1)y^2-N^2/r^2}{y^3}
=\frac{r^2J(r)}{y^3},\qquad J(r)=2r^4-3r^2+8r-6.Для проверки числителя используем r2y2=r4−r2+2r−1r^2y^2=r^4-r^2+2r-1:(3r4−1)(r4−r2+2r−1)−(r4−r+1)2=2r8−3r6+8r5−6r4=r4J(r).(3r^4-1)(r^4-r^2+2r-1)-(r^4-r+1)^2
=2r^8-3r^6+8r^5-6r^4=r^4J(r).Многочлен JJ строго возрастает при r>0r>0, посколькуJ′(r)=8r3−6r+8=8(r−1/2)2(r+1)+6>0.J'(r)=8r^3-6r+8=8(r-1/2)^2(r+1)+6>0.При r=ρr=\rho равенства ρ2=1−ρ\rho^2=1-\rho, ρ4=2−3ρ\rho^4=2-3\rho дают J(ρ)=5(ρ−1)<0J(\rho)=5(\rho-1)<0, а J(1)=1>0J(1)=1>0. Поэтому существует ровно один корень c∈(ρ,1)c\in(\rho,1), и соответствующая точка(1−1c, c2−(1−1/c)2)\left(1-\frac1c,\ \sqrt{c^2-(1-1/c)^2}\right)является единственным перегибом: до неё y′′<0y''<0, после неё y′′>0y''>0. Это объясняет переход от вертикального старта к ветви, уходящей вверх вдоль асимптоты.
Демидович № 1550 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика