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

Демидович — задача 323

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

Задача 323

Построить график функции y=arcsin⁡y1y=\arcsin y_1, если:а) y1=1−x2б) y1=2x1+x2\text{а) }y_1=1-\frac{x}{2}
\qquad
\text{б) }y_1=\frac{2x}{1+x^2}в) y1=1−x1+xг) y1=ex\text{в) }y_1=\frac{1-x}{1+x}
\qquad
\text{г) }y_1=e^x
ПостроениеВ подпунктах а)–г) области определения равны соответственно
[0,4][0,4], R\mathbb R, [0,+∞)[0,+\infty) и (−∞,0](-\infty,0]; графики построены
по полному диапазону внутренней функции y1y_1.

Построение

Идея

Во всех подпунктах необходимо сначала найти те значения xx, для которых
y1∈[−1,1]y_1\in[-1,1]. После этого используем строгую монотонность функции
arcsin⁡t\arcsin t на [−1,1][-1,1].
  1. 1

    Пункт а)

    Для y1=1−x/2y_1=1-x/2 условие допустимости имеет вид−1⩽1−x2⩽1⟺0⩽x⩽4-1\leqslant1-\frac{x}{2}\leqslant1
    \qquad\Longleftrightarrow\qquad
    0\leqslant x\leqslant4    Следовательно,D=[0,4]E=[−π2,π2]D=[0,4]
    \qquad
    E=\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]    Функция строго убывает и проходит через точки(0,π2),(2,0),(4,−π2)\left(0,\frac{\pi}{2}\right),
    \qquad
    (2,0),
    \qquad
    \left(4,-\frac{\pi}{2}\right)    Кроме того, f(4−x)=−f(x)f(4-x)=-f(x), поэтому график центрально симметричен
    относительно точки (2,0)(2,0). Во внутренних точках отрезкаf′(x)=−1x(4−x)0<x<4f'(x)=-\frac{1}{\sqrt{x(4-x)}}
    \qquad 0<x<4    При x→0+x\to0+ и x→4−x\to4- производная стремится к −∞-\infty,
    поэтому в обоих концах график имеет односторонние вертикальные
    касательные.
  2. 2

    Пункт б)

    Из неравенств(x−1)2⩾0(x+1)2⩾0(x-1)^2\geqslant0
    \qquad
    (x+1)^2\geqslant0    следует−1⩽2x1+x2⩽1-1\leqslant\frac{2x}{1+x^2}\leqslant1при каждом x∈Rx\in\mathbb R: знаменатель 1+x21+x^2 всегда положителен,
    поэтому при делении знаки неравенств не меняются. Следовательно,
    D=RD=\mathbb R.
  3. 3
    Положим α=arctg⁡x\alpha=\operatorname{arctg}x. Тогда
    tg⁡α=x\operatorname{tg}\alpha=x и по формуле двойного углаsin⁡(2α)=2tg⁡α1+tg⁡2α=2x1+x2\sin(2\alpha)
    =\frac{2\operatorname{tg}\alpha}
    {1+\operatorname{tg}^2\alpha}
    =\frac{2x}{1+x^2}    То есть можно положить t=2arctg⁡xt=2\operatorname{arctg}x. Тогдаsin⁡t=2x1+x2−π<t<π\sin t=\frac{2x}{1+x^2}
    \qquad
    -\pi<t<\pi    С учётом главного диапазона арксинуса получаемy={−π−2arctg⁡x,x⩽−12arctg⁡x,−1⩽x⩽1π−2arctg⁡x,x⩾1y=
    \begin{cases}
    -\pi-2\operatorname{arctg}x,&x\leqslant-1\\
    2\operatorname{arctg}x,&-1\leqslant x\leqslant1\\
    \pi-2\operatorname{arctg}x,&x\geqslant1
    \end{cases}    Функция нечётная, её множество значений равно
    [−π2,π2]\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]. Она возрастает на
    [−1,1][-1,1] и убывает на каждом из лучей (−∞,−1](-\infty,-1] и [1,+∞)[1,+\infty).
    Односторонние производные равныf′(−1−0)=−1,f′(−1+0)=1,f′(1−0)=1,f′(1+0)=−1f'(-1-0)=-1,
    \qquad f'(-1+0)=1,
    \qquad f'(1-0)=1,
    \qquad f'(1+0)=-1    поэтому в точках x=±1x=\pm1 график имеет угловые точки. При
    x→±∞x\to\pm\infty график приближается к оси OxOx.
  4. 4

    Пункт в)

    Дробь (1−x)/(1+x)(1-x)/(1+x) не определена при x=−1x=-1. На
    (−∞,−1)(-\infty,-1) имеем1−x1+x=−1+21+x<−1,\frac{1-x}{1+x}=-1+\frac{2}{1+x}<-1,поскольку 1+x<01+x<0. Поэтому эта часть не входит в область определения.
    При x>−1x>-1 знаменатель 1+x1+x положителен, так что при умножении на него
    знаки неравенств не меняются. Решаем двойное неравенство и получаем−1⩽1−x1+x⩽1⟺x⩾0-1\leqslant\frac{1-x}{1+x}\leqslant1
    \qquad\Longleftrightarrow\qquad
    x\geqslant0    Следовательно,D=[0,+∞)E=(−π2,π2]D=[0,+\infty)
    \qquad
    E=\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]    Функция строго убывает, поскольку при x>0x>0y′=−1(1+x)x<0y'=-\frac1{(1+x)\sqrt{x}}<0Она начинается в точке (0,π2)\left(0,\frac{\pi}{2}\right) с вертикальной
    касательной, пересекает ось OxOx в точке (1,0)(1,0) и при
    x→+∞x\to+\infty приближается к горизонтальной асимптоте
    y=−π2y=-\frac{\pi}{2}.
  5. 5

    Пункт г)

    Условие ex∈[−1,1]e^x\in[-1,1] равносильно неравенству x⩽0x\leqslant0.
    ПоэтомуD=(−∞,0]E=(0,π2]D=(-\infty,0]
    \qquad
    E=\left(0,\frac{\pi}{2}\right]    На (−∞,0)(-\infty,0) производная равнаy′=ex1−e2x>0y'=\frac{e^x}{\sqrt{1-e^{2x}}}>0Следовательно, функция строго возрастает. При x→−∞x\to-\infty график
    приближается к горизонтальной асимптоте y=0y=0, а в точке
    (0,π2)\left(0,\frac{\pi}{2}\right) имеет вертикальную касательную.

    Построение графиков.
  6. 6
    На каждом рисунке отмечаем найденные граничные точки, нули и экстремумы.график к задаче Демидовича № 323график к задаче Демидовича № 323график к задаче Демидовича № 323график к задаче Демидовича № 323

Проверка

Ответ. В подпунктах а)–г) области определения равны соответственно
[0,4][0,4], R\mathbb R, [0,+∞)[0,+\infty) и (−∞,0](-\infty,0]; графики построены
по полному диапазону внутренней функции y1y_1.
Демидович № 323 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика