Демидович № 324.2 — решение и ответ | Высшая математика

Пункт а)

Рассмотрим многочлен

y=x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)

Он определён на

\mathbb R

.
Нули равны

x=-2

и

x=1

, причём в точке

x=1

находится корень
чётной кратности, поэтому график касается оси

Ox

и не пересекает её.

Для сравнения двух значений используем разность

f(v)-f(u)=(v-u)(u^2+uv+v^2-3),\qquad u<v.

Если

u,v\ge1

или

u,v\le-1

, выражение в последних скобках положительно. Если

-1\le u<v\le1

, оно отрицательно: каждое из трёх слагаемых не превосходит

1

, а одновременно равенство невозможно при

u<v

.
Значит, функция возрастает на внешних лучах и убывает на

[-1,1]

. Подстановка даёт

f(-1)=-1+3+2=4,\quad f(1)=1-3+2=0,\quad f(0)=2.

Кроме того,

f(-x)=4-f(x)

, поэтому

(0,2)

— центр симметрии графика.

Построение графика

Отмечаем два нуля, оба экстремума и центр симметрии.
Слева направо проводим возрастающую, убывающую и снова возрастающую
ветви кубической параболы. график к задаче Демидовича № 324.2

Ответ

Нули равны

-2

и

1

; локальный максимум равен

4

при

x=-1

, локальный минимум равен

0

при

x=1

.

Пункт б)

Для функции

y=\frac{x^3}{(1-x)(1+x)^2}

область определения равна

D=\mathbb R\setminus\{-1,1\}

Прямые

x=-1

и

x=1

являются вертикальными асимптотами. При

x\to-1\pm0

функция неограниченно убывает.

При приближении к

1

слева дробь, задающая функцию, положительна и неограниченно растёт; справа она отрицательна и неограниченно убывает.

Степени числителя и знаменателя одинаковы, поэтому горизонтальная
асимптота равна

y=-1

График пересекает её при

x=\frac{1-\sqrt5}{2}\qquadx=\frac{1+\sqrt5}{2}

Монотонность также можно получить алгебраически. При

x\ne0

положим

u=\frac{1}{x}

. Тогда

\frac1{f(x)}=(u-1)(u+1)^2=u^3+u^2-u-1.

Обозначим этот многочлен через

P(u)

и сдвинем переменную:

v=u+\frac{1}{3}

. Раскрытие скобок даёт

P(u)=v^3-\frac43v-\frac{16}{27}.

Для двух значений

v_1<v_2

разность равна

(v_2-v_1)\left(v_1^2+v_1v_2+v_2^2-\frac43\right).

По тому же сравнению, что в пункте а), многочлен возрастает при

v\le-\frac{2}{3}

и

v\ge\frac{2}{3}

, а между ними убывает. В переменной

u

границы равны

-1

и

\frac{1}{3}

.
При переходе от

x

к

u=\frac{1}{x}

порядок меняется; при переходе от

P(u)

к

\frac{1}{P}(u)

порядок меняется ещё раз, если знаменатель не меняет знак. Поэтому

f

убывает на

(-\infty,-1)

, возрастает на

(-1,0)

,

(0,1)

и

(1,3]

, затем убывает на

[3,+\infty)

. Отрицательные значения слева от нуля,

f(0)=0

и положительные справа показывают, что возрастание продолжается через нуль.
На правой ветви наибольшее значение достигается при

x=3

:

f(3)=\frac{3^3}{(1-3)(1+3)^2}=\frac{27}{-2\cdot16}=-\frac{27}{32}.

Построение графика

Проводим асимптоты

x=\pm1

и

y=-1

. Отдельно
строим три ветви, отмечая точку

(0,0)

и максимум

\left(3,-\frac{27}{32}\right)

.

Ответ

Вертикальные асимптоты равны

x=\pm1

, горизонтальная
асимптота —

y=-1

; нуль равен

0

, а на правой ветви имеется
локальный максимум

-\dfrac{27}{32}

при

x=3

.

Пункт в)

Функция

y=\frac{x^2}{|x|-1}

является чётной и определена при

x\ne\pm1

. Прямые

x=-1

и

x=1

— вертикальные асимптоты. При

|x|<1

знаменатель отрицателен, поэтому

y\leqslant0

; при

|x|>1

имеем

y>0

.

Положим

t=|x|

. Тогда

y=\frac{t^2}{t-1}=t+1+\frac1{t-1}

Отсюда получаем две наклонные асимптоты:

y=x+1\quad(x\to+\infty)\qquady=-x+1\quad(x\to-\infty)

При

t>1

положим

u=t-1>0

. Тогда

y=u+2+\frac{1}{u}

. График

u+\frac{1}{u}

уже построен в №253: он убывает до

u=1

и затем возрастает, причём

u+\frac1u-2=\frac{(u-1)^2}{u}\ge0.

Отсюда

y\ge4

, равенство достигается при

u=1

, то есть

t=2

.
При

0\le t<1

имеем

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

. Оба неотрицательных множителя

t^2

и

\frac{1}{(1-t)}

возрастают, поэтому

y

убывает от нуля и неограниченно уменьшается у

t=1

.
Все значения

y\le0

действительно достигаются: уравнение

t^2-yt+y=0

имеет корень

t=\frac{y+\sqrt{y^2-4y}}2\in[0,1),

что проверяется подстановкой и неравенством

\sqrt{y^2-4y}<2-y

.
Внешние ветви дают все значения

y\ge4

по №253. Итак,

E=(-\infty,0]\cup[4,+\infty).

Построение графика

Проводим вертикальные и наклонные асимптоты. Между

x=-1

и

x=1

строим отрицательную дугу с вершиной

(0,0)

, а снаружи
— две симметричные ветви с минимумами

(\pm2,4)

.

Ответ

Функция чётная, имеет вертикальные асимптоты

x=\pm1

,
наклонные асимптоты

y=\pm x+1

и множество значений

(-\infty,0]\cup[4,+\infty)

.

Пункт г)

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным:

x(1-x^2)\geqslant0

Метод интервалов даёт

D=(-\infty,-1]\cup[0,1]

Функция неотрицательна. Сначала построим

g(x)=x-x^3

, затем заменим каждую неотрицательную ординату её квадратным корнем.
Для

u<v

имеем

g(v)-g(u)=(v-u)(1-u^2-uv-v^2).

На отрицательном луче

u<v\le-1

скобка отрицательна. На

[0,\frac{1}{\sqrt3}]

она положительна, поскольку каждое из

u^2,uv,v^2

не превосходит

\frac{1}{3}

и равенство одновременно невозможно. На

[\frac{1}{\sqrt3},1]

скобка отрицательна. Корень сохраняет порядок.
Таким образом, левая ветвь убывает, а дуга на

[0,1]

сначала поднимается, затем опускается. В её верхней точке

g\left(\frac1{\sqrt3}\right)=\frac1{\sqrt3}-\frac1{3\sqrt3}=\frac2{3\sqrt3},\qquad y_{\max}=\sqrt{\frac2{3\sqrt3}}.

Нули равны

-1,0,1

и включены в график.

Построение графика

Отдельно строим убывающую неограниченную ветвь на

(-\infty,-1]

и замкнутую дугу на

[0,1]

. Все три граничные точки
закрашены. график к задаче Демидовича № 324.2

Ответ

Область определения

(-\infty,-1]\cup[0,1]

; нули

-1,0,1

; высота правой дуги

\sqrt{\frac{2}{(3\sqrt3)}}

.

Пункт д)

Запишем аргумент синуса в виде

\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}=\frac{x+\frac{\pi}{2}}{2}

Поэтому график синуса растягивается вдоль оси

Ox

в два раза,
сдвигается влево на

\dfrac{\pi}{2}

и растягивается вдоль оси

Oy

в три раза.
Функция имеет амплитуду

3

, наименьший положительный период

4\pi

и
множество значений

[-3,3]

.

Нули, максимумы и минимумы имеют координаты

x_0=2\pi k-\frac{\pi}{2}

x_{\max}=\frac{\pi}{2}+4\pi k\qquadx_{\min}=\frac{5\pi}{2}+4\pi k

где

k\in\mathbb Z

.

Построение графика

Отмечаем нули и экстремумы на одном промежутке
длины

4\pi

, соединяем их синусоидой и продолжаем график периодически. график к задаче Демидовича № 324.2

Ответ

Амплитуда равна

3

, период равен

4\pi

, множество
значений —

[-3,3]

.

Пункт е)

Положим

u(x)=\frac{\pi x}{1+x^2}

Это функция из №257, умноженная на

\frac{\pi}{2}

. Поэтому её монотонность и диапазон уже известны.
Функция

u

возрастает на

[-1,1]

, убывает на внешних лучах и
принимает значения из

\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]

. В этом диапазоне синус
обращается
в нуль только при

u=0

, то есть при

x=0

. Поэтому

D=\mathbb R\setminus\{0\}

Композиция нечётная. Котангенс строго убывает на каждом из промежутков

(-\frac{\pi}{2},0)

и

(0,\frac{\pi}{2})

. Поэтому у

x=-1

получаем локальный максимум

0

, а у

x=1

— локальный минимум

0

.
При

x\to0

функция неограниченно возрастает по модулю, поэтому

x=0

— вертикальная асимптота.

Обоснуем поведение вдали от начала координат. Геометрические оценки из №302 при

0<|u|\le\frac{1}{2}

дают

|\sin u|\ge |u|\cos u\ge\frac78|u|,\quad|u-\sin u|\le\frac{|u|^3}2,\quad|1-\cos u|\le\frac{u^2}2.

Число

\frac{7}{8}

получается из

1-\frac{u^2}{2}\ge1-\frac{1}{8}

. Следовательно,

\left|\operatorname{ctg}u-\frac1u\right|=\frac{|u\cos u-\sin u|}{|u\sin u|}\le\frac{|u|\,|1-\cos u|+|u-\sin u|}{(\frac{7}{8})u^2}\le\frac87|u|.

При

|x|\ge2\pi

имеем

|u|\le\frac{\pi}{|x|}\le\frac{1}{2}

и

\frac{1}{u}=\frac{x}{\pi}+\frac{1}{(\pi x)}

. Поэтому

\left|f(x)-\frac{x}{\pi}\right|\le\frac{8\pi}{7|x|}+\frac1{\pi|x|}.

Правая часть становится сколь угодно малой при достаточно большом

|x|

.
Следовательно,

y=\dfrac{x}{\pi}

является наклонной асимптотой. Левая
половина
графика принимает все неположительные, а правая — все неотрицательные
значения, поэтому

E=\mathbb R

.

Построение графика

Проводим вертикальную асимптоту

x=0

и наклонную
асимптоту

y=\dfrac{x}{\pi}

. Строим две нечётно симметричные ветви
через точки

(-1,0)

и

(1,0)

.

Ответ

Функция нечётная, имеет вертикальную асимптоту

x=0

,
наклонную асимптоту

y=\dfrac{x}{\pi}

и множество значений

\mathbb R

.

Пункт ж)

Положим

t=\frac{x}{1-x}

Исходная функция не определена при

x=1

. Кроме того, знаменатель

1-2^t

обращается в нуль при

t=0

, то есть при

x=0

. Поэтому

D=\mathbb R\setminus\{0,1\}

Запишем

t=-1+\frac{1}{(1-x)}

. При

x_1<x_2

по одну сторону от

1

t(x_2)-t(x_1)=\frac{x_2-x_1}{(1-x_1)(1-x_2)}>0.

Далее

2^t

возрастает,

1-2^t

убывает, а переход к обратной величине снова меняет направление порядка, если знаменатель не меняет знак.
Следовательно, исходная функция возрастает на каждом из промежутков

(-\infty,0)

,

(0,1)

и

(1,+\infty)

.

Вблизи нуля число

t=\frac{x}{(1-x)}

мало и имеет знак

x

. Поэтому знаменатель

1-2^t

мал и положителен слева от нуля, мал и отрицателен справа. Левая ветвь неограниченно поднимается, а правая уходит вниз;

x=0

— вертикальная асимптота.

При приближении к

1

слева

t

неограниченно растёт, поэтому

2^t

становится сколь угодно большим, а

\frac{1}{(1-2^t)}

приближается к нулю снизу. Справа от

1

показатель

t

неограниченно убывает,

2^t

приближается к нулю, а функция — к

1

сверху. На графике отмечаем две выколотые точки

(1,0)

и

(1,1)

.

При больших

|x|

из записи

t=-1+\frac{1}{(1-x)}

видно, что

t

близко к

-1

. Тогда

2^t

близко к

\frac{1}{2}

, а значение

\frac{1}{(1-2^t)}

— к

2

.

Прямая

y=2

является горизонтальной асимптотой. Диапазоны трёх ветвей
дают

E=(-\infty,0)\cup(1,2)\cup(2,+\infty)

Построение графика

Проводим асимптоты

x=0

и

y=2

. Отдельно строим
три возрастающие ветви; при

x=1

отмечаем две выколотые предельные
точки. график к задаче Демидовича № 324.2

Ответ

Область определения равна

\mathbb R\setminus\{0,1\}

; асимптоты имеют вид

x=0

и

y=2

, а при

x=1

имеется скачок от

0

к

1

.

Пункт з)

Для десятичного логарифма требуется

x^2-3x+2=(x-1)(x-2)>0

Поэтому

D=(-\infty,1)\cup(2,+\infty)

Прямые

x=1

и

x=2

являются вертикальными асимптотами. График
симметричен относительно прямой

x=\dfrac{3}{2}

, поскольку

x^2-3x+2=\left(x-\frac32\right)^2-\frac14

Нули функции находятся из уравнения

x^2-3x+2=1

:

x=\frac{3-\sqrt5}{2}\qquadx=\frac{3+\sqrt5}{2}

Выражение

(x-\frac{3}{2})^2-\frac{1}{4}

убывает слева от

\frac{3}{2}

и возрастает справа. Десятичный логарифм сохраняет порядок положительных аргументов.
Поэтому левая ветвь строго убывает от

+\infty

до

-\infty

, а правая
строго возрастает от

-\infty

до

+\infty

. Каждая ветвь принимает все
действительные значения, следовательно,

E=\mathbb R

.

Построение графика

Проводим вертикальные асимптоты

x=1

и

x=2

.
Строим две симметричные ветви и отмечаем их пересечения с осью

Ox

.

Ответ

Область определения равна

(-\infty,1)\cup(2,+\infty)

, вертикальные асимптоты —

x=1

и

x=2

, множество значений —

\mathbb R

.

Пункт и)

Аргумент арксинуса должен принадлежать

[-1,1]

. Поскольку

\dfrac{3}{2}-\sin x\geqslant\dfrac{1}{2}

, остаётся условие

\frac32-\sin x\leqslant1\qquad\Longleftrightarrow\qquad\sin x\geqslant\frac12

Следовательно,

D=\bigcup_{k\in\mathbb Z}\left[\frac{\pi}{6}+2\pi k,\frac{5\pi}{6}+2\pi k\right]

На каждом таком отрезке внутренняя функция принимает значения из

\left[\dfrac{1}{2},1\right]

, поэтому

E=\left[\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}\right]

Функция имеет период

2\pi

. На первой половине каждого отрезка синус возрастает, поэтому

\frac{3}{2}-\sin x

убывает; на второй половине направления меняются. Арксинус сохраняет порядок.
Она убывает от

\dfrac{\pi}{2}

до

\dfrac{\pi}{6}

на первой половине
каждого отрезка и возрастает обратно до

\dfrac{\pi}{2}

на второй.
Минимумы достигаются при

x=\dfrac{\pi}{2}+2\pi k

. Граничные точки включены в график.

Построение графика

На каждом отрезке области определения строим
U-образную замкнутую дугу. Между соседними отрезками графика нет. график к задаче Демидовича № 324.2

Ответ

Область определения состоит из отрезков

\left[\frac\pi6+2\pi k,\frac{5\pi}{6}+2\pi k\right]

, период равен

2\pi

, множество значений —

\left[\frac\pi6,\frac\pi2\right]

.

Пункт к)

Обозначим внутреннюю функцию через

R(x)

. Приведение к
общему знаменателю даёт

R(x)=\frac1{x-1}+\frac1{x-2}+\frac1{x-3}=\frac{3(x-2)^2-1}{(x-1)(x-2)(x-3)}

Поэтому

D=\mathbb R\setminus\{1,2,3\}

Каждое слагаемое

\frac{1}{(x-a)}

строго убывает между исключёнными точками: при

x_1<x_2

по одну сторону от

a

\frac1{x_2-a}-\frac1{x_1-a}=\frac{x_1-x_2}{(x_1-a)(x_2-a)}<0.

Поэтому сумма также строго убывает.
Так как арктангенс строго возрастает, композиция строго убывает на каждом
из четырёх промежутков области определения. Нули находятся из уравнения

R(x)=0

:

x=2-\frac1{\sqrt3}\qquadx=2+\frac1{\sqrt3}

Рядом с каждой точкой

a\in\{1,2,3\}

слагаемое

\frac{1}{(x-a)}

неограниченно убывает слева и возрастает справа, а остальные слагаемые остаются ограниченными. Поэтому арктангенс подходит к ординате

-\frac{\pi}{2}

слева и к

\frac{\pi}{2}

справа.

Следовательно, в этих точках имеются скачки и пары выколотых
односторонних предельных точек, но нет вертикальных асимптот.

При

x\to\pm\infty

функция стремится к нулю, поэтому

y=0

является
горизонтальной асимптотой. Замена

t=x-2

показывает, что

R

нечётна
по переменной

t

, следовательно, график центрально симметричен
относительно точки

(2,0)

. Множество значений равно

\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)

.

Построение графика

Строим четыре убывающие ветви, отмечаем два нуля и
по две выколотые предельные точки при

x=1

,

x=2

и

x=3

.

Ответ

Область определения равна

\mathbb R\setminus\{1,2,3\}

; функция убывает на каждой её части,
имеет скачки в исключённых точках и горизонтальную асимптоту

y=0

.

Пункт л)

Для существования логарифма необходимы условия

\sin x>0\qquad\cos x>0\qquad\cos x\ne1

Их совместное выполнение даёт

D=\bigcup_{k\in\mathbb Z}\left(2\pi k,\frac{\pi}{2}+2\pi k\right)

На каждом таком промежутке

y=\frac{\ln(\sin x)}{\ln(\cos x)}>0

На

(0,\frac{\pi}{2})

запишем отношение в виде

y=\frac{-\ln(\sin x)}{-\ln(\cos x)}.

Числитель положителен и строго убывает, а знаменатель положителен и строго возрастает. Поэтому отношение строго убывает: если

0<A_2<A_1

и

0<B_1<B_2

, то

\frac{A_2}{B_2}<\frac{A_1}{B_2}<\frac{A_1}{B_1}

.

Слева

-\ln(\sin x)

неограниченно растёт, а

-\ln(\cos x)

становится положительным и сколь угодно малым: отношение растёт. Справа числитель становится сколь угодно малым, а знаменатель растёт: отношение приближается к нулю. На остальных промежутках это описание повторяется с периодом

2\pi

.

Следовательно,

x=2\pi k

— вертикальные асимптоты, а точки

\left(\frac\pi2+2\pi k,0\right)

— выколотые односторонние
предельные точки. При

x=\frac\pi4+2\pi k

имеем

\sin x=\cos x

, поэтому

y=1

. Функция имеет период

2\pi

и
множество значений

(0,+\infty)

.

Построение графика

На каждом промежутке области определения строим
убывающую ветвь от вертикальной асимптоты к выколотой точке на оси

Ox

. При

k=0

асимптота

x=0

совпадает с осью

Oy

.

Ответ

Функция определена на промежутках

\left(2\pi k,\frac\pi2+2\pi k\right)

, строго убывает на каждом из них,
имеет период

2\pi

и множество значений

(0,+\infty)

.

Пункт м)

Используем стандартное определение переменной степени
через экспоненту:

(\sin x)^{\operatorname{ctg}x}=\exp\bigl(\operatorname{ctg}x\,\ln(\sin x)\bigr)

Поэтому требуется

\sin x>0

, и

D=\bigcup_{k\in\mathbb Z}(2\pi k,(2k+1)\pi)

Функция положительна и имеет период

2\pi

. Рассмотрим один промежуток

(0,\pi)

и положим

h(x)=\ln y=\operatorname{ctg}x\,\ln(\sin x)

На

(0,\frac{\pi}{2})

оба множителя

\operatorname{ctg}x

и

-\ln(\sin x)

положительны и строго убывают. Их произведение строго убывает, а

h(x)

, взятое с противоположным знаком, строго возрастает к значению

h(\frac{\pi}{2})=0

.
На

(\frac{\pi}{2},\pi)

оба множителя

-\operatorname{ctg}x

и

-\ln(\sin x)

положительны и строго возрастают; их произведение равно

h(x)

. Поэтому

h

, а вместе с ним и

e^h

, строго возрастают на всём

(0,\pi)

.
В средней точке

y=1^0=1

.

При приближении к нулю справа оба положительных множителя

\operatorname{ctg}x

и

-\ln(\sin x)

неограниченно растут. Поэтому

h(x)

неограниченно убывает, а

e^{h(x)}

приближается к нулю. У правого конца

(0,\pi)

множители

-\operatorname{ctg}x

и

-\ln(\sin x)

неограниченно растут; теперь

h(x)

положительно и неограниченно велико, поэтому ветвь поднимается.

Следовательно, точки

(2\pi k,0)

являются выколотыми односторонними
предельными точками, а прямые

x=(2k+1)\pi

— вертикальными
асимптотами. На каждом промежутке область значений равна

(0,+\infty)

.

Построение графика

Строим возрастающую ветвь от выколотой точки на
оси

Ox

через точку

(\frac{\pi}{2},1)

и далее к вертикальной
асимптоте. Повторяем ветвь с периодом

2\pi

.

Ответ

Функция имеет период

2\pi

, строго возрастает на каждом
промежутке

(2\pi k,(2k+1)\pi)

и принимает все положительные значения.

Демидович — задача 324.2

Задача 324.2

Пункт а)

Построение графика

Ответ

Пункт б)

Построение графика

Ответ

Пункт в)

Построение графика

Ответ

Пункт г)

Построение графика

Ответ

Пункт д)

Построение графика

Ответ

Пункт е)

Построение графика

Ответ

Пункт ж)

Построение графика

Ответ

Пункт з)

Построение графика

Ответ

Пункт и)

Построение графика

Ответ

Пункт к)

Построение графика

Ответ

Пункт л)

Построение графика

Ответ

Пункт м)

Построение графика

Ответ