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

Демидович — задача 340

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

Задача 340

Построить графики гиперболических функций:а) y=ch⁡xch⁡x=12(ex+e−x)\text{а) }y=\operatorname{ch}x
\quad
\operatorname{ch}x=\frac12(e^x+e^{-x})б) y=sh⁡xsh⁡x=12(ex−e−x)\text{б) }y=\operatorname{sh}x
\quad
\operatorname{sh}x=\frac12(e^x-e^{-x})в) y=th⁡xth⁡x=sh⁡xch⁡x\text{в) }y=\operatorname{th}x
\quad
\operatorname{th}x=\frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x}
ПостроениеГиперболический косинус чётен и принимает значения
[1,+∞)[1,+\infty); гиперболический синус нечётен и принимает все
действительные значения; гиперболический тангенс нечётен, строго
возрастает и принимает значения из (−1,1)(-1,1).

Построение

Пункт а)

Гиперболические функции строятся из экспонент exe^x и e−xe^{-x}. Сначала
рассмотрим сумму и разность этих экспонент, затем их отношение.

Гиперболический косинус.
Функцияch⁡x=ex+e−x2\operatorname{ch}x=\frac{e^x+e^{-x}}2определена на R\mathbb R и является чётной. По неравенству между средним
арифметическим и средним геометрическимex+e−x2⩾exe−x=1\frac{e^x+e^{-x}}2\geqslant
\sqrt{e^xe^{-x}}=1причём равенство достигается только при x=0x=0. Следовательно,Ech⁡=[1,+∞)E_{\operatorname{ch}}=[1,+\infty)Положим t=ex>0t=e^x>0. Тогда ch⁡x=(t+1t)2\operatorname{ch}x=\frac{(t+\frac{1}{t})}{2}. По №253 выражение t+1tt+\frac{1}{t} убывает при 0<t≤10<t\le1 и возрастает при t≥1t\ge1. Поскольку t=ext=e^x возрастает и равно 11 при x=0x=0, получаем убывание слева от нуля и возрастание справа.

Построение графика

Складываем ординаты пунктирных графиков
y=12exy=\frac12e^x и y=12e−xy=\frac12e^{-x}.график к задаче Демидовича № 340

Пункт б)

Гиперболический синус.
Функцияsh⁡x=ex−e−x2\operatorname{sh}x=\frac{e^x-e^{-x}}2определена на R\mathbb R и является нечётной. Слагаемые ex2\frac{e^x}{2} и −e−x2-\frac{e^{-x}}{2} строго возрастают, поэтому строго возрастает их сумма. При x→±∞x\to\pm\infty
значения стремятся соответственно к ±∞\pm\infty, откудаEsh⁡=RE_{\operatorname{sh}}=\mathbb RЕдинственный нуль равен x=0x=0. Чтобы проверить, что достигается любое действительное значение yy, решим t−1t=2yt-\frac{1}{t}=2y при t>0t>0:t2−2yt−1=0,t=y+y2+1>0,x=ln⁡t.t^2-2yt-1=0,\qquad t=y+\sqrt{y^2+1}>0,\qquad x=\ln t.

Построение графика

Складываем ординаты пунктирных графиков
y=12exy=\frac12e^x и y=−12e−xy=-\frac12e^{-x}.график к задаче Демидовича № 340

Пункт в)

Гиперболический тангенс.

Поскольку ch⁡x⩾1\operatorname{ch}x\geqslant1, знаменатель нигде не равен
нулю. После умножения числителя и знаменателя на exe^x получаемth⁡x=e2x−1e2x+1\operatorname{th}x=
\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}Функция определена на R\mathbb R и нечётна. Запись th⁡x=1−2(e2x+1)\operatorname{th}x=1-\frac{2}{(e^{2x}+1)} показывает возрастание: знаменатель положителен и возрастает, поэтому вычитаемая дробь убывает.

Из формулы th⁡x=(e2x−1)(e2x+1)\operatorname{th}x=\frac{(e^{2x}-1)}{(e^{2x}+1)} видно: справа числитель и знаменатель отличаются на 22 при неограниченном росте знаменателя, поэтому значения близки к 11. Слева e2xe^{2x} близко к нулю, а отношение — к −1-1.

Следовательно,Eth⁡=(−1,1)E_{\operatorname{th}}=(-1,1)а прямые y=−1y=-1 и y=1y=1 являются горизонтальными асимптотами.
Единственный нуль равен x=0x=0. Каждое y∈(−1,1)y\in(-1,1) достигается: из y=(t−1)(t+1)y=\frac{(t-1)}{(t+1)} следует t=(1+y)(1−y)>0t=\frac{(1+y)}{(1-y)}>0, поэтому можно взять x=12ln⁡((1+y)(1−y))x=\tfrac12\ln(\frac{(1+y)}{(1-y)}).

Построение графика

Строим строго возрастающую кривую через начало
координат и отмечаем горизонтальные асимптоты y=±1y=\pm1.график к задаче Демидовича № 340
Демидович № 340 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика