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

Демидович — задача 360

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

Задача 360

Определить, относительно каких вертикальных осей симметричны графики
функций:а) y=ax2+bx+cб) y=1x2+1(1−x)2\text{а) }y=ax^2+bx+c
\qquad
\text{б) }y=\frac1{x^2}+\frac1{(1-x)^2}в) y=a+x+b−x(0<a<b)г) y=a+bcos⁡x\text{в) }y=\sqrt{a+x}+\sqrt{b-x}\quad(0<a<b)
\qquad
\text{г) }y=a+b\cos x
Ответ:При a≠0a\ne0 в пункте а) ось равна x=−b(2a)x=-\frac{b}{(2a)}; в
пункте б) x=12x=\frac{1}{2}; в пункте в) x=(b−a)2x=\frac{(b-a)}{2}; в пункте г) при b≠0b\ne0
оси имеют вид x=πkx=\pi k, k∈Zk\in\mathbb Z. Вырожденные случаи указаны
в решении.

Решение

Пункт а)

График функции y=f(x)y=f(x) симметричен относительно вертикальной прямой
x=hx=h, если область определения симметрична относительно hh иf(h+t)=f(h−t)f(h+t)=f(h-t)для всех допустимых tt.

y=ax2+bx+cy=ax^2+bx+c.

При a≠0a\ne0 выделим полный квадрат:ax2+bx+c=a(x+b2a)2+c−b24a\begin{aligned}
ax^2+bx+c&=
a\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+
c-\frac{b^2}{4a}
\end{aligned}Выражение зависит от квадрата отклонения от точки
h=−b(2a)h=-\frac{b}{(2a)}, поэтому ось симметрии равнаx=−b2ax=-\frac{b}{2a}Если a=0a=0 и b≠0b\ne0, получается непостоянная прямая без вертикальной
оси симметрии. Если a=b=0a=b=0, функция постоянна и симметрична
относительно любой вертикальной прямой.

Построение графика

На рисунке для примера выбраны a=1a=1, b=−2b=-2,
c=−1c=-1. Получается парабола y=(x−1)2−2y=(x-1)^2-2 с общей для неё осью
x=1=−b(2a)x=1=-\frac{b}{(2a)}.график к задаче Демидовича № 360

Пункт б)

y=1x2+1(1−x)2y=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{(1-x)}^2.

Область определенияD=R∖{0,1}D=\mathbb R\setminus\{0,1\}симметрична относительно x=12x=\frac{1}{2}. Кроме того,f(1−x)=1(1−x)2+1x2=f(x)\begin{aligned}
f(1-x)&=\frac1{(1-x)^2}+\frac1{x^2}=f(x)
\end{aligned}Следовательно, осью симметрии являетсяx=12x=\frac12
Для построения средней ветви положим x=(1+t)2x=\frac{(1+t)}{2}. Тогда1x2+1(1−x)2=4(1(1+t)2+1(1−t)2).\frac1{x^2}+\frac1{(1-x)^2}
=4\left(\frac1{(1+t)^2}+\frac1{(1-t)^2}\right).График в скобках построен в №332 и имеет в середине минимум 22. Поэтому здесь минимум равен 4⋅2=84\cdot2=8 и достигается при t=0t=0, то есть x=12x=\frac{1}{2}. Асимптоты проходят через x=0x=0 и x=1x=1.

Построение графика

Строим три ветви, отдельно по обе стороны от
асимптот x=0x=0 и x=1x=1, и проводим ось симметрии x=12x=\frac{1}{2}.график к задаче Демидовича № 360

Пункт в)

y=a+x+b−xy=\sqrt{a+x}+\sqrt{b-x}, 0<a<b0<a<b.
Из условий под корнями получаемD=[−a,b]D=[-a,b]Середина этого отрезка равнаh=b−a2h=\frac{b-a}{2}Положим x=h+tx=h+t. Тогдаa+x=a+b2+tb−x=a+b2−t\begin{aligned}
a+x&=\frac{a+b}{2}+t\\
b-x&=\frac{a+b}{2}-t
\end{aligned}При замене tt на −t-t слагаемые меняются местами, а их сумма не
изменяется. Следовательно, ось симметрии равнаx=b−a2x=\frac{b-a}{2}

Построение графика

Для иллюстрации выбраны a=1a=1 и b=5b=5. Область
определения равна [−1,5][-1,5], а ось симметрии проходит через x=2x=2.график к задаче Демидовича № 360

Пункт г)

y=a+bcos⁡xy=a+b\cos x.
Для любого k∈Zk\in\mathbb Z и допустимого tt имеемf(πk+t)=\displaystyle f(\pi k+t)\mathrel{=}a+bcos⁡(πk+t)=\displaystyle a+b\cos(\pi k+t)\mathrel{=}a+b(−1)kcos⁡t=\displaystyle a+b(-1)^k\cos t\mathrel{=}f(πk−t)\displaystyle f(\pi k-t)Поэтому при b≠0b\ne0 все вертикальные оси симметрии имеют видx=πkk∈Zx=\pi k
\qquad
k\in\mathbb ZЕсли b=0b=0, функция постоянна и симметрична относительно любой
вертикальной прямой.

Построение графика

Для примера строим y=1+2cos⁡xy=1+2\cos x и показываем
несколько осей x=πkx=\pi k. На рисунке дан конечный фрагмент
периодического графика.график к задаче Демидовича № 360

Ответ

При a≠0a\ne0 в пункте а) ось равна x=−b(2a)x=-\frac{b}{(2a)}; в
пункте б) x=12x=\frac{1}{2}; в пункте в) x=(b−a)2x=\frac{(b-a)}{2}; в пункте г) при b≠0b\ne0
оси имеют вид x=πkx=\pi k, k∈Zk\in\mathbb Z. Вырожденные случаи указаны
в решении.

Почему других осей нет

В пункте а) при a≠0a\ne0 вершина параболы единственна, поэтому вертикальная ось обязана проходить через неё. В пункте б) отражение должно сохранять две исключённые точки 00 и 11, поэтому его ось проходит через их середину. В пункте в) отражение сохраняет концы области определения [−a,b][-a,b], что также однозначно задаёт середину. В пункте г) при b≠0b\ne0 равенство f(h+t)=f(h−t)f(h+t)=f(h-t) требует−2bsin⁡hsin⁡t=0при всех t.-2b\sin h\sin t=0\quad\text{при всех }t.При t=π2t=\frac{\pi}{2} получаем sin⁡h=0\sin h=0, откуда h=πkh=\pi k.
Демидович № 360 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика