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

Демидович — задача 1553

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

Построить графики семейства кривых

Задача 1553

y=x±a(1−x2)y=x\pm\sqrt{a(1-x^2)}где aa — переменный параметр.
ПостроениеПри a>0a>0 получаются эллипсы(1+a)x2−2xy+y2=a(1+a)x^2-2xy+y^2=aпри a=0a=0 — прямая y=xy=x, а при a<0a<0 — гиперболы(y−x)2+ax2=a(y-x)^2+ax^2=aс асимптотамиy=(1±−a)xy=(1\pm\sqrt{-a})xВсе кривые семейства проходят через точки (−1,−1)(-1,-1) и (1,1)(1,1).

Построение

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным:a(1−x2)⩾0a(1-x^2)\geqslant0Поэтому вид области определения, а вместе с ним и тип кривой, зависит от
знака параметра. Обе записи со знаками ++ и −- удобно объединить одним
уравнением:(y−x)2=a(1−x2)(y-x)^2=a(1-x^2)
Случай a>0a>0.
Тогда ∣x∣⩽1|x|\leqslant1, а уравнение принимает вид(1+a)x2−2xy+y2=a(1+a)x^2-2xy+y^2=aКвадратичная форма в левой части положительно определена, поскольку(1+a)u2−2uv+v2=(u−v)2+au2>0(1+a)u^2-2uv+v^2=(u-v)^2+au^2>0для (u,v)≠(0,0)(u,v)\ne(0,0). Следовательно, кривая является эллипсом с центром в
начале координат. Две явные ветви соединяются в общих конечных точкахP−(−1,−1)P+(1,1)P_-( -1,-1)
\qquad
P_+(1,1)В них касательные вертикальны. При x=0x=0 эллипс проходит через точкиN±(0,±a)N_\pm(0,\pm\sqrt a)
Для нахождения верхней и нижней точек продифференцируем неявное уравнение:(y−x)(y′−1)=−ax(y-x)(y'-1)=-axПри горизонтальной касательной y′=0y'=0, откуда y=(1+a)xy=(1+a)x. Совместно с
уравнением кривой это даётM±(±11+a,±1+a)M_\pm\left(
\pm\frac1{\sqrt{1+a}},
\pm\sqrt{1+a}
\right)Знаки координат в каждой из этих точек выбираются одинаково.

Построение графика

Для иллюстрации положительной части семейства показаны
эллипсы при a=14a=\frac14 и a=1a=1. Все эллипсы проходят через точки
P−P_- и P+P_+; с ростом aa их размах по оси OyOy увеличивается.график к задаче Демидовича № 1553

Случай a=0a=0.
Подкоренное выражение равно нулю при любом x∈Rx\in\mathbb R, поэтому обе
формулы совпадают и задают всю прямуюy=xy=xВ частности, ограничение ∣x∣⩽1|x|\leqslant1 в этом случае отсутствует.

Построение графика

Прямая y=xy=x показана без выколотых точек: при a=0a=0
она определена для всех вещественных xx.график к задаче Демидовича № 1553

Случай a<0a<0.
Положим b=−a>0b=-a>0. Тогда ∣x∣⩾1|x|\geqslant1 иy=x±b(x2−1)y=x\pm\sqrt{b(x^2-1)}а неявное уравнение принимает вид(y−x)2−bx2=−b(y-x)^2-bx^2=-bКвадратичная форма в левой части неопределённа, поэтому кривая является
гиперболой с центром в начале координат. Её две компоненты проходят через
P−(−1,−1)P_-( -1,-1) и P+(1,1)P_+(1,1) соответственно; касательные в этих точках
вертикальны.

При ∣x∣→∞|x|\to\infty имеемx2−1=∣x∣+o(1)\sqrt{x^2-1}=|x|+o(1)поэтому обе асимптоты гиперболы задаются уравнениямиy=(1+b)xy=(1−b)xy=(1+\sqrt b)x
\qquad
y=(1-\sqrt b)xили, с учётом b=−ab=-a,y=(1+−a)xy=(1−−a)xy=(1+\sqrt{-a})x
\qquad
y=(1-\sqrt{-a})x

Построение графика

Для отрицательных значений параметра показаны
гиперболы при a=−14a=-\frac14 и a=−1a=-1. Они имеют общие точки P−P_- и
P+P_+, но разные пары асимптот. Тонкими пунктирными линиями показаны
y=32xy=\frac32x, y=12xy=\frac12x и y=2xy=2x; четвёртая асимптота y=0y=0
совпадает с осью OxOx.график к задаче Демидовича № 1553

Ответ

При a>0a>0 получаются эллипсы(1+a)x2−2xy+y2=a(1+a)x^2-2xy+y^2=aпри a=0a=0 --- прямая y=xy=x, а при a<0a<0 --- гиперболы(y−x)2+ax2=a(y-x)^2+ax^2=aс асимптотамиy=(1±−a)xy=(1\pm\sqrt{-a})xВсе кривые семейства проходят через точки (−1,−1)(-1,-1) и (1,1)(1,1).

Проверка

При a>0a>0 обе ветви можно построить через x=cos⁡tx=\cos t, y=cos⁡t+asin⁡ty=\cos t+\sqrt a\sin t, 0⩽t⩽2π0\leqslant t\leqslant2\pi: это наклонённый эллипс, полученный из окружности растяжением и сдвигом горизонтальных сечений. При a=−b<0a=-b<0 удобны две параметризации x=±cosh⁡tx=\pm\cosh t, y=x+bsinh⁡ty=x+\sqrt b\sinh t, t∈Rt\in\mathbb R, задающие обе компоненты гиперболы.

В точках (±1,±1)(\pm1,\pm1) для a≠0a\ne0 дифференциал уравнения (y−x)2=a(1−x2)(y-x)^2=a(1-x^2) равен 2(y−x)(dy−dx)=−2ax dx2(y-x)(dy-dx)=-2ax\,dx, поэтому dx=0dx=0: касательные вертикальны. При горизонтальной касательной y=(1+a)xy=(1+a)x; подстановка даёт a2x2=a(1−x2)a^2x^2=a(1-x^2), откуда (1+a)x2=1(1+a)x^2=1, а затем ординаты ±1+a\pm\sqrt{1+a}.

Для гипербол горизонтальные касательные существуют только при −1<a<0-1<a<0; их точки также равны (±1/1+a,±1+a)(\pm1/\sqrt{1+a},\pm\sqrt{1+a}). При a⩽−1a\leqslant-1 их нет. Пересечения с OxOx для гипербол определяются x2=a(1−x2)x^2=a(1-x^2), то есть x2=a/(1+a)x^2=a/(1+a); они существуют только при a<−1a<-1. При a=−1a=-1 одна из асимптот совпадает с OxOx, и график её не пересекает.

Асимптоты получены из точного тождества x2−1−∣x∣=−1/(x2−1+∣x∣)→0\sqrt{x^2-1}-|x|=-1/(\sqrt{x^2-1}+|x|)\to0. На каждой из четырёх дуг знак ∣x∣|x| выбирается по знаку xx, что даёт две прямые y=(1±−a)xy=(1\pm\sqrt{-a})x.
Демидович № 1553 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика