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

Демидович — задача 335

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

Применяя правило сложения графиков, построить график функции

Задача 335

y=cos⁡x+12cos⁡2x+13cos⁡3xy=\cos x+\frac12\cos2x+\frac13\cos3x
ПостроениеФункция чётна, имеет период 2π2\pi и множество значений
[−5/6,11/6][-5/6,11/6]; её нули равны x=2πk±αx=2\pi k\pm\alpha, где
α≈1,001181\alpha\approx1{,}001181.

Построение

Идея

Функция определена на всей числовой прямой, чётна и имеет наименьший
положительный период 2π2\pi. Для исследования удобно положить
c=cos⁡xc=\cos x. Используя формулы кратных углов, получаемy=c+12(2c2−1)+13(4c3−3c)==43c3+c2−12\begin{aligned}
y&=c+\frac12(2c^2-1)+\frac13(4c^3-3c)=\\
&=\frac43c^3+c^2-\frac12
\end{aligned}Обозначим правую часть через p(c)p(c). При −1⩽c⩽1-1\leqslant c\leqslant1
имеемp′(c)=4c2+2c=2c(2c+1)p'(c)=4c^2+2c=2c(2c+1)Характерные значения равныp(1)=116p(−1)=−56p(0)=−12p(−12)=−512p(1)=\frac{11}{6}
\qquad
p(-1)=-\frac56
\qquad
p(0)=-\frac12
\qquad
p\left(-\frac12\right)=-\frac5{12}Из знака p′(c)p'(c) следует, что на отрезке [−1,1][-1,1] наибольшее и
наименьшее значения равны соответственно 11/611/6 и −5/6-5/6. ПоэтомуE=[−56,116]E=\left[-\frac56,\frac{11}{6}\right]Максимумы достигаются при x=2πkx=2\pi k, а минимумы — при
x=(2k+1)πx=(2k+1)\pi.
  1. 1
    На промежутке [0,π][0,\pi] график убывает от 11/611/6 до −1/2-1/2, затем
    возрастает до −5/12-5/12 и снова убывает до −5/6-5/6. Точки изменения
    монотонности соответствуют cos⁡x=0\cos x=0 и cos⁡x=−1/2\cos x=-1/2.

    Нули определяются уравнением8c3+6c2−3=08c^3+6c^2-3=0На [−1,0][-1,0] функция p(c)p(c) отрицательна, а на [0,1][0,1] строго возрастает
    от p(0)=−1/2p(0)=-1/2 до p(1)=11/6p(1)=11/6. Поэтому в отрезке [−1,1][-1,1] существует
    единственный корень. Например,p(0,53)<0p(0,54)>0p(0{,}53)<0
    \qquad
    p(0{,}54)>0    Методом половинного деления на отрезке [0,53,0,54][0{,}53,0{,}54] получаемc0≈0,539308c_0\approx0{,}539308Если α=arccos⁡c0≈1,001181\alpha=\arccos c_0\approx1{,}001181, то все нули имеют видx=2πk±αk∈Zx=2\pi k\pm\alpha
    \qquad
    k\in\mathbb Z
  2. 2

    Построение графика

    Складываем ординаты трёх косинусоид. Все слагаемые
    показаны пунктиром, их сумма — сплошной линией.график к задаче Демидовича № 335

Проверка

Ответ. Функция чётна, имеет период 2π2\pi и множество значений
[−5/6,11/6][-5/6,11/6]; её нули равны x=2πk±αx=2\pi k\pm\alpha, где
α≈1,001181\alpha\approx1{,}001181.
Демидович № 335 — решение и ответ