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

Положим u=xau=\frac{x}{a} и v=ya6v=\frac{y}{a^6}. Поскольку a>0a>0, получаемv=F(u)=u(1−u)2(1+u)3.v=F(u)=u(1-u)^2(1+u)^3.Достаточно построить этот график, а затем умножить горизонтальные координаты на aa, вертикальные — на a6a^6.

Нули и крайние ветви

Нули и их кратности:таблица к задаче Демидовича № 248
Знак функции положителен при u<−1u<-1 и u>0u>0, кроме нуля u=1u=1; на (−1,0)(-1,0) он отрицателен. В точках −1-1 и 00 график пересекает ось, а в точке 11 остаётся над нею. Если u<−1u<-1, положим t=−u>1t=-u>1. Тогда F(−t)=t(t+1)2(t−1)3F(-t)=t(t+1)^2(t-1)^3 — произведение положительных возрастающих множителей. Значит, при движении слева направо до −1-1 функция убывает. При u>1u>1 все множители в записи u(u−1)2(u+1)3u(u-1)^2(u+1)^3 положительны и возрастают, поэтому функция возрастает. Обе крайние ветви уходят вверх.

Внутренние дуги

Внутренние дуги исследуем с помощью неравенства средних. Сначала объясним выбор коэффициентов в оценке. Для положительной дуги хотим получить равенство при некотором u=r∈(0,1)u=r\in(0,1). Поэтому нормируем множители так, чтобы все шесть чисел при u=ru=r равнялись единице:ur,1−u1−r,1−u1−r,1+u1+r,1+u1+r,1+u1+r.\frac ur,\quad\frac{1-u}{1-r},\quad\frac{1-u}{1-r},\quad
\frac{1+u}{1+r},\quad\frac{1+u}{1+r},\quad\frac{1+u}{1+r}.Чтобы их сумма не зависела от uu, коэффициент при uu должен быть нулём:1r−21−r+31+r=0.\frac1r-\frac2{1-r}+\frac3{1+r}=0.Умножим на r(1−r)(1+r)>0r(1-r)(1+r)>0:1−r2−2r(1+r)+3r(1−r)=1+r−6r2=0.1-r^2-2r(1+r)+3r(1-r)=1+r-6r^2=0.Отсюда 6r2−r−1=(3r+1)(2r−1)=06r^2-r-1=(3r+1)(2r-1)=0. В (0,1)(0,1) подходит r=12r=\frac{1}{2}.
На отрицательной дуге положим t=−u∈(0,1)t=-u\in(0,1) и работаем с −F(−t)=t(1+t)2(1−t)3-F(-t)=t(1+t)^2(1-t)^3. Такое же требование к нормированной сумме даёт1r+21+r−31−r=0,1−r−6r2=0.\frac1r+\frac2{1+r}-\frac3{1-r}=0,
\qquad1-r-6r^2=0.Здесь 6r2+r−1=(3r−1)(2r+1)6r^2+r-1=(3r-1)(2r+1), поэтому r=13r=\frac{1}{3}.
Теперь координаты выбранных точек получаются прямой подстановкой:F(12)=12⋅14⋅278=2764,F(−13)=−13⋅169⋅827=−128729.F(\frac{1}{2})=\frac12\cdot\frac14\cdot\frac{27}8=\frac{27}{64},
\qquad
F(-\frac{1}{3})=-\frac13\cdot\frac{16}9\cdot\frac8{27}=-\frac{128}{729}.Обоснуем высоту и глубину этих дуг с помощью неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим. Для шести неотрицательных чисел с суммой 66 произведение не превосходит 11. Это следует из случая восьми чисел, получаемого троекратным применением ab≤(a+b)2\sqrt{ab}\leq\frac{(a+b)}{2}: к шести числам добавляем два числа, равные 11.

Оценка экстремумов

При 0≤u≤10\leq u\leq1 возьмём шесть чисел2u,2(1−u),2(1−u),2(1+u)3,2(1+u)3,2(1+u)3.2u,\quad 2(1-u),\quad 2(1-u),\quad
\frac{2(1+u)}3,\quad\frac{2(1+u)}3,\quad\frac{2(1+u)}3.Их сумма равна 66, а произведение равно 64F(u)27\frac{64F(u)}{27}. Поэтому F(u)≤2764F(u)\leq\frac{27}{64}, причём равенство возможно только при u=12u=\frac{1}{2}, когда все шесть чисел равны 11.

На [−1,0][-1,0] положим t=−u∈[0,1]t=-u\in[0,1]. Теперь −F(−t)=t(1+t)2(1−t)3-F(-t)=t(1+t)^2(1-t)^3. Шесть чисел3t,3(1+t)4,3(1+t)4,3(1−t)2,3(1−t)2,3(1−t)23t,\quad\frac{3(1+t)}4,\quad\frac{3(1+t)}4,\quad
\frac{3(1-t)}2,\quad\frac{3(1-t)}2,\quad\frac{3(1-t)}2также имеют сумму 66. Их произведение равно 729[−F(−t)]128\frac{729[-F(-t)]}{128}. Следовательно, F(u)≥−128729F(u)\geq-\frac{128}{729} на этой дуге, с равенством только при u=−13u=-\frac{1}{3}.

Характерные точки

Возвращаясь к исходным координатам, получаем таблицу характерных точек.таблица к задаче Демидовича № 248
Отмечаем их, учитываем знаки функции и направление крайних ветвей. Для более подробного эскиза промежуточные ординаты вычисляем по произведению u(1−u)2(1+u)3u(1-u)^2(1+u)^3.график к задаче Демидовича № 248
Демидович № 248 — решение | Высшая математика — Профиматика