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

Демидович — задача 282

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

Задача 282

Построить график сложной логарифмической функции y=ln⁡y1y=\ln y_1, если:а) y1=1+x2;б) y1=(x−1)(x−2)2(x−3)3\text{а) }y_1=1+x^2;
\qquad
\text{б) }y_1=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3в) y1=1−x1+x;г) y1=1x2;д) y1=1+ex\text{в) }y_1=\dfrac{1-x}{1+x};
\qquad
\text{г) }y_1=\dfrac1{x^2};
\qquad
\text{д) }y_1=1+e^x

Построение

Пункт а)

Во всех пунктах требуется сначала найти те значения xx, при которых
аргумент логарифма положителен, а затем исследовать полученную
функцию.

Рассмотрим функциюy=ln⁡(1+x2)y=\ln(1+x^2)Поскольку 1+x2≥1>01+x^2\ge1>0 при любом действительном xx, получаемDa=RD_a=\mathbb RФункция чётная, так как её значение не меняется при замене xx на
−x-x. Она неотрицательна, причёмy=0⟺1+x2=1⟺x=0y=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
1+x^2=1
\quad\Longleftrightarrow\quad
x=0На положительной полуоси x2x^2, затем 1+x21+x^2 возрастают. Логарифм также возрастает, поэтому композиция возрастает. Чётность даёт убывание на отрицательной полуоси. Минимум достигается в (0,0)(0,0). Для построения удобно отметить ещё две симметричные точки (−1,ln⁡2)(-1,\ln2) и (1,ln⁡2)(1,\ln2).
Множество значений функции:Ea=[0,+∞)E_a=[0,+\infty)График для пункта а).

Отмечаем минимум и две симметричные опорные точки. Затем проводим
чётную кривую, которая возрастает по модулю аргумента и доходит до
обеих боковых границ окна.график к задаче Демидовича № 282

Пункт б)

ОбозначимP(x)=(x−1)(x−2)2(x−3)3P(x)=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3Квадрат (x−2)2(x-2)^2 положителен при x≠2x\ne2 и не меняет знак
произведения. Поэтому знак P(x)P(x) определяется произведением
(x−1)(x−3)3(x-1)(x-3)^3. Оно положительно при x<1x<1 и при x>3x>3. В точках
x=1,2,3x=1,2,3 аргумент логарифма равен нулю. Следовательно,Db=(−∞,1)∪(3,+∞)D_b=(-\infty,1)\cup(3,+\infty)На найденной области P(x)>0P(x)>0, поэтомуP(x)=∣P(x)∣=∣x−1∣ ∣x−2∣2 ∣x−3∣3P(x)=|P(x)|=|x-1|\,|x-2|^2\,|x-3|^3Все множители в правой части положительны. Теперь свойства логарифма
можно применить корректно:y=ln⁡∣x−1∣+2ln⁡∣x−2∣+3ln⁡∣x−3∣y=\ln|x-1|+2\ln|x-2|+3\ln|x-3|На (−∞,1)(-\infty,1) каждое расстояние ∣x−1∣,∣x−2∣,∣x−3∣|x-1|,|x-2|,|x-3| уменьшается при увеличении xx. Поэтому уменьшаются все три логарифма и их сумма. На (3,+∞)(3,+\infty) все три расстояния возрастают, так что сумма возрастает. Левая ветвь убывает, правая возрастает.

По явной формуле при приближении к 11 слева или к 33 справа положительный аргумент логарифма становится сколь угодно малым: обе ветви уходят вниз. При неограниченном удалении влево или вправо аргумент логарифма растёт, и ветви поднимаются.

Таким образом, x=1x=1 и x=3x=3 — вертикальные асимптоты со стороны
области определения. Точка x=2x=2 лежит внутри целого запрещённого
промежутка, поэтому отдельной ветви около неё нет. Каждая из двух
ветвей принимает все действительные значения, следовательно,Eb=RE_b=\mathbb RДля опорных точек берём целые аргументы из области определения:P(0)=(−1)(−2)2(−3)3=(−1)⋅4⋅(−27)=108,P(0)=(-1)(-2)^2(-3)^3=(-1)\cdot4\cdot(-27)=108,P(4)=3⋅22⋅13=12.P(4)=3\cdot2^2\cdot1^3=12.Поэтому график проходит через (0,ln⁡108)(0,\ln108) и (4,ln⁡12)(4,\ln12).

График для пункта б).

Проводим убывающую ветвь слева от x=1x=1 и возрастающую ветвь справа
от x=3x=3. Обе ветви пересекают ось OxOx один раз и продолжаются до
границ рисунка.график к задаче Демидовича № 282

Пункт в)

Для функцииy=ln⁡1−x1+xy=\ln\dfrac{1-x}{1+x}нужно решить неравенство1−x1+x>0\dfrac{1-x}{1+x}>0Критические точки равны −1-1 и 11. Дробь положительна только между
ними, поэтомуDв=(−1,1)D_{\text{в}}=(-1,1)При замене xx на −x-x получаемf(−x)=ln⁡1+x1−x=−f(x)f(-x)=\ln\dfrac{1+x}{1-x}=-f(x)следовательно, функция нечётная. Она проходит через начало координат.
Дробь (1−x)(1+x)=−1+2(1+x)\frac{(1-x)}{(1+x)}=-1+\frac{2}{(1+x)} строго убывает на (−1,1)(-1,1) и остаётся положительной. Применение возрастающего логарифма сохраняет направление, поэтому функция строго убывает.

При приближении к −1-1 справа положительное выражение под логарифмом неограниченно растёт, поэтому ветвь поднимается. При приближении к 11 слева оно приближается к нулю, и ветвь уходит вниз.

Прямые x=−1x=-1 и x=1x=1 являются вертикальными асимптотами, аEв=RE_{\text{в}}=\mathbb RВ качестве дополнительных точек можно использовать(−13,ln⁡2),(13,−ln⁡2)\left(-\dfrac13,\ln2\right),
\qquad
\left(\dfrac13,-\ln2\right)График для пункта в).

Между двумя вертикальными асимптотами проводим одну непрерывную
убывающую ветвь через начало координат. Кривая входит в окно через
верхнюю границу и выходит через нижнюю.график к задаче Демидовича № 282

Пункт г)

Рассмотрим функциюy=ln⁡1x2y=\ln\dfrac1{x^2}Её аргумент положителен при любом x≠0x\ne0, поэтомуDг=(−∞,0)∪(0,+∞)D_{\text{г}}=(-\infty,0)\cup(0,+\infty)Используя свойства логарифма, получаемy=−2ln⁡∣x∣y=-2\ln|x|Функция чётная. Её нули определяются равенством−2ln⁡∣x∣=0⟺∣x∣=1-2\ln|x|=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
|x|=1то есть график пересекает ось OxOx в точках (−1,0)(-1,0) и (1,0)(1,0).
На положительной полуоси ln⁡x\ln x возрастает, а −2ln⁡x-2\ln x убывает. Чётность даёт возрастание левой ветви.

При приближении к нулю с любой стороны выражение под логарифмом неограниченно растёт, и обе ветви поднимаются. При большом ∣x∣|x| это выражение становится сколь угодно малым, поэтому обе ветви уходят вниз.

Ось OyOy, то есть прямая x=0x=0, является вертикальной асимптотой, иEг=RE_{\text{г}}=\mathbb RГрафик для пункта г).

Строим две симметричные относительно оси OyOy ветви. Возле x=0x=0 они
уходят вверх за границу окна, а при увеличении ∣x∣|x| опускаются и
продолжаются до боковых границ.график к задаче Демидовича № 282

Пункт д)

Для функцииy=ln⁡(1+ex)y=\ln(1+e^x)аргумент логарифма положителен при любом xx, поскольку ex>0e^x>0.
Следовательно,Dд=RD_{\text{д}}=\mathbb RФункция положительна и не имеет нулей. При увеличении xx последовательно увеличиваются exe^x, 1+ex1+e^x и ln⁡(1+ex)\ln(1+e^x). Поэтому функция строго возрастает.

Слева exe^x становится сколь угодно малым. Поэтому аргумент 1+ex1+e^x приближается к 11 сверху, а его логарифм — к ln⁡1=0\ln1=0 сверху.

Прямая y=0y=0 является горизонтальной асимптотой слева. При больших
положительных xx преобразуем выражение:ln⁡(1+ex)=x+ln⁡(1+e−x)\ln(1+e^x)=x+\ln(1+e^{-x})Так как последнее слагаемое стремится к нулю, прямая y=xy=x является
наклонной асимптотой справа. Кроме того,y(0)=ln⁡2,Eд=(0,+∞)y(0)=\ln2,
\qquad
E_{\text{д}}=(0,+\infty)График для пункта д).

Слева проводим возрастающую кривую чуть выше оси OxOx. Она проходит
через (0,ln⁡2)(0,\ln2) и справа всё ближе подходит к прямой y=xy=x, оставаясь
выше неё.график к задаче Демидовича № 282
Демидович № 282 — решение | Высшая математика — Профиматика