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.

Построение

Идея

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.
  1. 1
    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\rho    Обе 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}>0    Последнее 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+\infty    Следовательно, 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
  2. 2

    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

Проверка

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.
Демидович № 1550 — решение и ответ