Раздел I. Введение в анализ — § 4. Графическое изображение функции

Демидович — задача 248

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

Построить графики целых рациональных функций степени выше второй:

Задача 248

y=x(a−x)2(a+x)3,a>0.y=x(a-x)^2(a+x)^3,
\qquad a>0.

Построение

Идея

Функция определена при всех действительных xx. Чтобы отделить влияние
положительного параметра aa от формы графика, введём безразмерные
переменныеu=xa,v=ya6u=\dfrac{x}{a},
\qquad
v=\dfrac{y}{a^6}Тогда x=aux=au иy=y\mathrel{=}au(a−au)2(a+au)3=au\bigl(a-au\bigr)^2\bigl(a+au\bigr)^3\mathrel{=}a6u(1−u)2(1+u)3a^6u(1-u)^2(1+u)^3Следовательно, достаточно построить один нормированный графикv=F(u)=u(1−u)2(1+u)3v=F(u)=u(1-u)^2(1+u)^3Для любого a>0a>0 исходный график получается из нормированного
масштабированиемx=au,y=a6v.x=au,
\qquad
y=a^6v.При a>1a>1 происходит растяжение, при 0<a<10<a<1 — сжатие, а при a=1a=1
масштаб не меняется.
  1. 1
    Нули функции и их кратности сведём в таблицу.таблица к задаче Демидовича № 248

    Поэтому при u=−1u=-1 график пересекает ось с горизонтальным касанием,
    при u=0u=0 пересекает её обычным образом, а при u=1u=1 касается оси и
    остаётся над ней. Знак функции имеет видF(u)>0при u<−1 и u>0,u≠1,F(u)<0при −1<u<0\begin{aligned}
    F(u)&>0 &&\text{при }u<-1\text{ и }u>0,\quad u\ne1,\\
    F(u)&<0 &&\text{при }-1<u<0
    \end{aligned}    Идея. Для точного определения формы кривой вычислим производную:F′(u)=F'(u)\mathrel{=}(1−u)(1+u)2(1+u−6u2)=(1-u)(1+u)^2(1+u-6u^2)\mathrel{=}−(1−u)(1+u)2(3u+1)(2u−1)-(1-u)(1+u)^2(3u+1)(2u-1)Критические точки равныu=−1,u=−13,u=12,u=1u=-1,
    \qquad u=-\dfrac13,
    \qquad u=\dfrac12,
    \qquad u=1    Знак производной показывает, что функция убывает на
    (−∞,−13)(-\infty,-\dfrac13), возрастает на
    (−13,12)(-\dfrac13,\dfrac12), убывает на
    (12,1)(\dfrac12,1) и возрастает на (1,+∞)(1,+\infty). Точка u=−1u=-1 не
    разделяет промежутки монотонности: производная в ней равна нулю, но
    знак не меняется, поэтому экстремума в этой точке нет. Кроме того, при
    u→−1u\to-1 имеемF(u)=(−4+o(1))(u+1)3,F(u)=\bigl(-4+o(1)\bigr)(u+1)^3,поэтому выпуклость при переходе через u=−1u=-1 меняется. Следовательно,
    u=−1u=-1 — стационарная точка перегиба.

    Значения в точках экстремума:F(−13)=−128729,F(12)=2764,F(1)=0F\left(-\dfrac13\right)=-\dfrac{128}{729},
    \qquad
    F\left(\dfrac12\right)=\dfrac{27}{64},
    \qquad
    F(1)=0    Таким образом, u=−13u=-\dfrac13 — точка локального минимума,
    u=12u=\dfrac12 — точка локального максимума, а u=1u=1 — ещё одна
    точка локального минимума. Поскольку старший член многочлена равен
    u6u^6, обе ветви графика направлены вверх при u→±∞u\to\pm\infty.

    Возвращаясь к переменной xx, получаем характерные точки.таблица к задаче Демидовича № 248
  2. 2

    Построение графика

    Строим нормированный график в координатах
    u=xau=\dfrac{x}{a} и v=ya6v=\dfrac{y}{a^6}. На нём отмечаем три нуля и две
    ненулевые точки экстремума; затем учитываем, что обе крайние ветви
    уходят вверх.график к задаче Демидовича № 248

Проверка

Этот нормированный рисунок полностью определяет форму графика при любом
a>0a>0: меняются только масштабы по осям, а нули, их кратности и порядок
характерных точек сохраняются.
Демидович № 248 — решение