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

Демидович — задача 270

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

Построить графики иррациональных функций:

Задача 270

y=\pm\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}

Построение

Необходимо, чтобы дробь под корнем была неотрицательной и её
знаменатель не обращался в нуль:

\dfrac{1-x}{1+x}\ge0,\qquadx\ne-1

Критические значения равны

-1

1

. Проверка знака дроби на
полученных промежутках даёт

D=(-1,1]

Точка

x=-1

не входит в область определения, а точка

x=1

входит.

Обе ветви удовлетворяют уравнению

y^2=\dfrac{1-x}{1+x}

Решим его относительно

x

y^2(1+x)=1-x\quad\Longleftrightarrow\quadx=\dfrac{1-y^2}{1+y^2}

Эта запись показывает, что вся кривая симметрична относительно оси

Ox

, проходит через

(1,0)

и при

|y|\to\infty

приближается к
прямой

x=-1

.

Из равенства

x-1=-\frac{2y^2}{(1+y^2)}

также видно, как ветви соединяются около

(1,0)

. Для секущей из этой точки отношение горизонтального приращения к вертикальному равно

\frac{(x-1)}{y}=-\frac{2y}{(1+y^2)}

. Его модуль не превосходит

2|y|

, поэтому при малом

|y|

секущая почти вертикальна. Предельное направление задаёт прямую

x=1

Дробь под корнем можно записать как

-1+\frac{2}{(1+x)}

. На

(-1,1]

положительный знаменатель увеличивается, а дробь уменьшается. Извлечение неотрицательного корня сохраняет порядок, поэтому верхняя ветвь убывает; нижняя, полученная отражением, возрастает. Опорные точки имеют координаты

\left(-\dfrac35,\pm2\right),\qquad(0,\pm1),\qquad\left(\dfrac35,\pm\dfrac12\right),\qquad(1,0)

Вместе две ветви принимают все действительные значения, поэтому

E=\mathbb R

Построение графика

Проводим вертикальную асимптоту

x=-1

, отмечаем
опорные точки и строим две симметричные ветви. Слева они уходят за
верхнюю и нижнюю границы рисунка, а справа соединяются в точке

(1,0)