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

Демидович — задача 301

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

Построить графики функций:

Задача 301

а) y=tg⁡πxб) y=sec⁡1x\text{а) }y=\operatorname{tg}\frac\pi x
\qquad
\text{б) }y=\sec\frac1x
ПостроениеВ пункте а) функция нечётная, убывает на каждом промежутке между соседними исключёнными точками и имеет множество значений R\mathbb R. В пункте б) функция
чётная и имеет множество значений (−∞,−1]∪[1,+∞)(-\infty,-1]\cup[1,+\infty). У обеих
функций вертикальные асимптоты накапливаются около x=0x=0.

Построение

Пункт а)

Функция y=tg⁡πxy=\operatorname{tg}\frac\pi x.

Необходимо исключить x=0x=0 и точки, в которых косинус аргумента равен нулю:πx=π2+kπ\frac\pi x=\frac\pi2+k\piСледовательно,D=R∖({0}∪{22k+1 | k∈Z})D=\mathbb R\setminus
\left(\{0\}\cup
\left\{\frac{2}{2k+1}\,\middle|\,k\in\mathbb Z\right\}\right)Функция нечётная. Её нули имеют видx=1k,k∈Z∖{0}x=\frac1k,
\qquad
k\in\mathbb Z\setminus\{0\}В каждой точкеx=22k+1x=\frac{2}{2k+1}функция имеет вертикальную асимптоту. Эти асимптоты накапливаются около
x=0x=0. Сама прямая x=0x=0 вертикальной асимптотой не является: единого
бесконечного предела при x→0x\to0 нет.

На каждой стороне от нуля πx\frac{\pi}{x} убывает. Тангенс строго возрастает на каждой своей ветви, поэтому композиция убывает на каждом промежутке между соседними исключёнными точками. Например,
на промежутке (23,2)\left(\frac23,2\right) она принимает все действительные
значения. Следовательно, множество значений функции равно R\mathbb R.

При ∣x∣≥3|x|\geq3 имеем ∣πx∣≤π3|\frac{\pi}{x}|\leq\frac{\pi}{3}, поэтому cos⁡(πx)≥12\cos(\frac{\pi}{x})\geq\frac{1}{2}. Вместе с оценкой синуса это даёт∣tg⁡πx∣≤2∣sin⁡πx∣≤2π∣x∣.\left|\operatorname{tg}\frac\pi x\right|
\leq2\left|\sin\frac\pi x\right|\leq\frac{2\pi}{|x|}.Следовательно, обе крайние ветви приближаются к оси OxOx; горизонтальная асимптота — y=0y=0.

Построение графика

Проводим несколько пар вертикальных асимптот, которые
сгущаются к оси OyOy. Между соседними асимптотами строим убывающие ветви и
отмечаем несколько нулей x=±1,±12,±13,±14x=\pm1,\pm\frac12,\pm\frac13,\pm\frac14.график к задаче Демидовича № 301

Пункт б)

Функция y=sec⁡1xy=\sec\frac1x.

Нужно исключить точку x=0x=0 и нули знаменателя:cos⁡1x=0⟺x=2π(2k+1)\cos\frac1x=0
\quad\Longleftrightarrow\quad
x=\frac{2}{\pi(2k+1)}ПоэтомуD=R∖({0}∪{2π(2k+1) | k∈Z})D=\mathbb R\setminus
\left(\{0\}\cup
\left\{\frac{2}{\pi(2k+1)}\,\middle|\,k\in\mathbb Z\right\}\right)Функция чётная. Поскольку множество значений секанса равно
(−∞,−1]∪[1,+∞)(-\infty,-1]\cup[1,+\infty) и величина 1x\frac1x принимает все ненулевые
действительные значения, получаемE=(−∞,−1]∪[1,+∞)E=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)Прямыеx=2π(2k+1)x=\frac{2}{\pi(2k+1)}являются вертикальными асимптотами и накапливаются около x=0x=0. В точке
x=0x=0 единого предела нет, поэтому сама ось OyOy вертикальной асимптотой
не является.

Вершины ветвей исходного секанса соответствуют аргументам u=kπu=k\pi и значениям (−1)k(-1)^k. Замена u=1xu=\frac{1}{x} переносит эти вершины в новые точки. Точки поворота имеют абсциссыx=1kπ,k∈Z∖{0}x=\frac1{k\pi},
\qquad
k\in\mathbb Z\setminus\{0\}и ординаты (−1)k(-1)^k. Они являются вершинами чередующихся верхних и нижних
ветвей.

При ∣x∣→∞|x|\to\infty имеемsec⁡1x⟶1\sec\frac1x\longrightarrow1поэтому y=1y=1 — горизонтальная асимптота.

Построение графика

Проводим несколько пар вертикальных асимптот. Между ними
строим попеременно верхние U-образные и нижние перевёрнутые ветви. Вершины
отмечаем в точках x=±1kπx=\pm\frac1{k\pi} для k=1,2,3,4k=1,2,3,4.график к задаче Демидовича № 301