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 y_1

, если:

\text{а) }y_1=1+x^2;\qquad\text{б) }y_1=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3

\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

Идея

Во всех пунктах требуется сначала найти те значения

x

, при которых
аргумент логарифма положителен, а затем исследовать полученную
функцию.

1
Пункт а)
Рассмотрим функцию $y=\ln(1+x^2)$ Поскольку $1+x^2\ge1>0$ при любом действительном $x$ , получаем $D_a=\mathbb R$ Функция чётная, так как её значение не меняется при замене $x$ на
$-x$ . Она неотрицательна, причём $y=0\quad\Longleftrightarrow\quad1+x^2=1\quad\Longleftrightarrow\quadx=0$ Производная равна $y'=\dfrac{2x}{1+x^2}$ Поэтому функция убывает на $(-\infty,0]$ , возрастает на
$[0,+\infty)$ и имеет минимум в точке $(0,0)$ . Для уточнения формы
графика найдём вторую производную: $y''=\dfrac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2}$ Она меняет знак при $x=\pm1$ , поэтому точки $(-1,\ln2),\qquad(1,\ln2)$ являются точками перегиба. Множество значений функции: $E_a=[0,+\infty)$ График для пункта а).

Отмечаем минимум и две симметричные точки перегиба. Затем проводим
чётную кривую, которая возрастает по модулю аргумента и доходит до
обеих боковых границ окна. $график к задаче Демидовича № 282$
2
Пункт б)
Обозначим $P(x)=(x-1)(x-2)^2(x-3)^3$ Квадрат $(x-2)^2$ положителен при $x\ne2$ и не меняет знак
произведения. Поэтому знак $P(x)$ определяется произведением
$(x-1)(x-3)^3$ . Оно положительно при $x<1$ и при $x>3$ . В точках
$x=1,2,3$ аргумент логарифма равен нулю. Следовательно, $D_b=(-\infty,1)\cup(3,+\infty)$ На найденной области $P(x)>0$ , поэтому $P(x)=|P(x)|=|x-1|\,|x-2|^2\,|x-3|^3$ Все множители в правой части положительны. Теперь свойства логарифма
можно применить корректно: $y=\ln|x-1|+2\ln|x-2|+3\ln|x-3|$ и найти производную: $\begin{aligned}y'&=\dfrac1{x-1}+\dfrac2{x-2}+\dfrac3{x-3}=\\&=\dfrac{2(3x^2-11x+9)}{(x-1)(x-2)(x-3)}\end{aligned}$ Корни числителя равны $x_{1,2}=\dfrac{11\pm\sqrt{13}}6$ и оба лежат внутри промежутка $(1,3)$ , который не входит в область
определения. На $(-\infty,1)$ производная отрицательна, а на
$(3,+\infty)$ положительна. Поэтому левая ветвь убывает, а правая
возрастает.

Предельное поведение ветвей имеет вид $\begin{aligned}&\lim_{x\to-\infty}y=+\infty,&&\lim_{x\to1-}y=-\infty,\\&\lim_{x\to3+}y=-\infty,&&\lim_{x\to+\infty}y=+\infty\end{aligned}$ Таким образом, $x=1$ и $x=3$ — вертикальные асимптоты со стороны
области определения. Точка $x=2$ лежит внутри целого запрещённого
промежутка, поэтому отдельной ветви около неё нет. Каждая из двух
ветвей принимает все действительные значения, следовательно, $E_b=\mathbb R$ Уравнение $P(x)=1$ не имеет удобного простого решения; численно точки
пересечения с осью $Ox$ имеют абсциссы $x\approx0.908,\qquadx\approx3.547$ График для пункта б).

Проводим убывающую ветвь слева от $x=1$ и возрастающую ветвь справа
от $x=3$ . Обе ветви пересекают ось $Ox$ один раз и продолжаются до
границ рисунка. $график к задаче Демидовича № 282$
3
Пункт в)
Для функции $y=\ln\dfrac{1-x}{1+x}$ нужно решить неравенство $\dfrac{1-x}{1+x}>0$ Критические точки равны $-1$ и $1$ . Дробь положительна только между
ними, поэтому $D_{\text{в}}=(-1,1)$ При замене $x$ на $-x$ получаем $f(-x)=\ln\dfrac{1+x}{1-x}=-f(x)$ следовательно, функция нечётная. Она проходит через начало координат.
Её производная равна $y'=-\dfrac2{1-x^2}<0,\qquad -1<x<1$ поэтому функция строго убывает на всей области определения. Кроме
того, $\lim_{x\to-1+}y=+\infty,\qquad\lim_{x\to1-}y=-\infty$ Прямые $x=-1$ и $x=1$ являются вертикальными асимптотами, а $E_{\text{в}}=\mathbb R$ В качестве дополнительных точек можно использовать $\left(-\dfrac13,\ln2\right),\qquad\left(\dfrac13,-\ln2\right)$ 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. $график к задаче Демидовича № 282$
4
Пункт г)
Рассмотрим функцию $y=\ln\dfrac1{x^2}$ Её аргумент положителен при любом $x\ne0$ , поэтому $D_{\text{г}}=(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$ Используя свойства логарифма, получаем $y=-2\ln|x|$ Функция чётная. Её нули определяются равенством $-2\ln|x|=0\quad\Longleftrightarrow\quad|x|=1$ то есть график пересекает ось $Ox$ в точках $(-1,0)$ и $(1,0)$ .
Производная на каждом промежутке области определения имеет вид $y'=-\dfrac2x$ Поэтому левая ветвь возрастает, а правая убывает. При этом $\lim_{x\to0-}y=\lim_{x\to0+}y=+\infty,\qquad\lim_{|x|\to\infty}y=-\infty$ Ось $Oy$ , то есть прямая $x=0$ , является вертикальной асимптотой, и $E_{\text{г}}=\mathbb R$ График для пункта г).

Строим две симметричные относительно оси $Oy$ ветви. Возле $x=0$ они
уходят вверх за границу окна, а при увеличении $|x|$ опускаются и
продолжаются до боковых границ. $график к задаче Демидовича № 282$
5
Пункт д)
Для функции $y=\ln(1+e^x)$ аргумент логарифма положителен при любом $x$ , поскольку $e^x>0$ .
Следовательно, $D_{\text{д}}=\mathbb R$ Функция положительна и не имеет нулей. Её производные равны $y'=\dfrac{e^x}{1+e^x}>0,\qquady''=\dfrac{e^x}{(1+e^x)^2}>0$ Поэтому функция строго возрастает. Поскольку $y''>0$ , наклон её
касательных становится всё больше при увеличении $x$ , а сам график
изгибается вверх.

При $x\to-\infty$ получаем $e^x\to0$ , поэтому $\lim_{x\to-\infty}\ln(1+e^x)=0$ и прямая $y=0$ является горизонтальной асимптотой слева. При больших
положительных $x$ преобразуем выражение: $\ln(1+e^x)=x+\ln(1+e^{-x})$ Так как последнее слагаемое стремится к нулю, прямая $y=x$ является
наклонной асимптотой справа. Кроме того, $y(0)=\ln2,\qquadE_{\text{д}}=(0,+\infty)$ График для пункта д).

Слева проводим возрастающую кривую чуть выше оси $Ox$ . Она проходит
через $(0,\ln2)$ и справа всё ближе подходит к прямой $y=x$ , оставаясь
выше неё. $график к задаче Демидовича № 282$