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

Демидович — задача 368

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

Задача 368

Построить график функции y=y(x)y=y(x), если:а) x=y−y3б) x=1−y1+y2\text{а) }x=y-y^3
\qquad
\text{б) }x=\frac{1-y}{1+y^2}в) x=y−ln⁡yг) x2=sin⁡y\text{в) }x=y-\ln y
\qquad
\text{г) }x^2=\sin y
ПостроениеВ пунктах а)–г) построены все ветви неявных зависимостей.
В пункте а) при малых ∣x∣|x| имеются три значения yy; в пункте б)
x∈[(1−2)/2,(1+2)/2]x\in[(1-\sqrt2)/2,(1+\sqrt2)/2]; в пункте в) x⩾1x\geqslant1 и
y>0y>0; в пункте г) ∣x∣⩽1|x|\leqslant1 и
y∈[2πk,(2k+1)π]y\in[2\pi k,(2k+1)\pi], k∈Zk\in\mathbb Z.

Построение

Идея

В каждом подпункте уравнение задаёт зависимость удобнее как
x=x(y)x=x(y). Поэтому будем считать yy параметром и строить все точки
(x(y),y)(x(y),y). В некоторых случаях одному значению xx соответствуют
несколько значений yy; тогда уравнение задаёт не одну однозначную
функцию, а все изображённые ветви неявной зависимости.
  1. 1

    Пункт а)

    x=y−y3x=y-y^3.

    Область изменения параметра равна всей прямой. Функция
    x(y)=y−y3x(y)=y-y^3 нечётна, поэтому кривая центрально симметрична
    относительно начала координат. Найдём точки поворота по горизонтальной
    координате:dxdy=1−3y2\frac{dx}{dy}=1-3y^2Отсюдаy=±13y=\pm\frac1{\sqrt3}и соответствующие точки равны(233,13)(−233,−13)\left(\frac{2}{3\sqrt3},\frac1{\sqrt3}\right)
    \qquad
    \left(-\frac{2}{3\sqrt3},-\frac1{\sqrt3}\right)    В них dx/dy=0dx/dy=0, поэтому касательные к неявной кривой вертикальны.
    Если∣x∣<233|x|<\frac{2}{3\sqrt3}уравнение имеет три действительных значения yy; при равенстве два из
    них сливаются, а вне этого промежутка действительное значение yy
    единственно.
  2. 2

    Построение графика

    Используем yy как параметр и строим точки
    (y−y3,y)(y-y^3,y). Отмечаем начало координат и две точки с вертикальными
    касательными.график к задаче Демидовича № 368
  3. 3

    Пункт б)

    x=(1−y)/(1+y2)x=(1-y)/(1+y^2).
  4. 4
    Знаменатель положителен при всех y∈Ry\in\mathbb R, поэтому параметр
    изменяется на всей прямой. Производная равнаdxdy=y2−2y−1(1+y2)2\frac{dx}{dy}=
    \frac{y^2-2y-1}{(1+y^2)^2}    Она обращается в нуль при y=1±2y=1\pm\sqrt2. Соответствующие крайние
    значения горизонтальной координаты равныxmin⁡=1−22xmax⁡=1+22x_{\min}=\frac{1-\sqrt2}{2}
    \qquad
    x_{\max}=\frac{1+\sqrt2}{2}    Следовательно, множество допустимых абсцисс равно[1−22,1+22]\left[\frac{1-\sqrt2}{2},\frac{1+\sqrt2}{2}\right]Кривая проходит через точки (1,0)(1,0) и (0,1)(0,1). Кроме того,lim⁡y→−∞x(y)=0+lim⁡y→+∞x(y)=0−\lim_{y\to-\infty}x(y)=0+
    \qquad
    \lim_{y\to+\infty}x(y)=0-    поэтому её нижний и верхний неограниченные участки приближаются к оси
    OyOy с разных сторон. Точнее, при1−22<x<1+22x≠0\frac{1-\sqrt2}{2}<x<\frac{1+\sqrt2}{2}
    \qquad
    x\ne0    уравнение имеет два действительных значения yy. При x=0x=0 имеется
    только одно конечное решение y=1y=1, а при крайних значениях xx —
    по одному значению yy:(1−22,1+2)(1+22,1−2)\left(\frac{1-\sqrt2}{2},1+\sqrt2\right)
    \qquad
    \left(\frac{1+\sqrt2}{2},1-\sqrt2\right)    В двух крайних точках касательные к кривой вертикальны.
  5. 5

    Построение графика

    Строим параметрическую кривую
    ((1−y)/(1+y2),y)((1-y)/(1+y^2),y). Ось OyOy является предельной прямой для двух
    неограниченных концов, но кривая также содержит обычную точку (0,1)(0,1).график к задаче Демидовича № 368
  6. 6

    Пункт в)

    x=y−ln⁡yx=y-\ln y.

    Логарифм требует y>0y>0. Для функции x(y)=y−ln⁡yx(y)=y-\ln y имеемdxdy=1−1y=y−1y\frac{dx}{dy}=1-\frac1y=\frac{y-1}{y}Поэтому она убывает при 0<y<10<y<1, возрастает при y>1y>1 и достигает
    единственного минимумаx(1)=1x(1)=1Кроме того,lim⁡y→0+x(y)=+∞lim⁡y→+∞x(y)=+∞\lim_{y\to0+}x(y)=+\infty
    \qquad
    \lim_{y\to+\infty}x(y)=+\infty    Следовательно, допустимы только x⩾1x\geqslant1. При x=1x=1 имеем одну
    точку (1,1)(1,1) с вертикальной касательной, а при x>1x>1 — две ветви:
    нижнюю с 0<y<10<y<1 и верхнюю с y>1y>1. Нижняя ветвь при
    x→+∞x\to+\infty приближается к оси OxOx, не достигая её.
  7. 7

    Построение графика

    Строим параметрическую кривую (y−ln⁡y,y)(y-\ln y,y) при
    y>0y>0. Обе ветви соединяются в точке (1,1)(1,1), которая является самой
    левой точкой графика.график к задаче Демидовича № 368
  8. 8

    Пункт г)

    x2=sin⁡yx^2=\sin y.
  9. 9
    Так как x2⩾0x^2\geqslant0, необходимо sin⁡y⩾0\sin y\geqslant0. Поэтому2πk⩽y⩽(2k+1)πk∈Z2\pi k\leqslant y\leqslant(2k+1)\pi
    \qquad
    k\in\mathbb Z    и на каждом таком промежуткеx=±sin⁡yx=\pm\sqrt{\sin y}В частности, ∣x∣⩽1|x|\leqslant1. Для фиксированного kk две ветви
    соединяются в точках (0,2πk)(0,2\pi k) и (0,(2k+1)π)(0,(2k+1)\pi), а наибольшего
    горизонтального отклонения достигают в точках(±1,π2+2πk)\left(\pm1,\frac\pi2+2\pi k\right)Вся совокупность замкнутых петель повторяется при вертикальном сдвиге
    на 2π2\pi.
  10. 10

    Построение графика

    Для нескольких значений kk строим правые ветви
    x=sin⁡yx=\sqrt{\sin y} и их отражения относительно оси OyOy. Показанный
    фрагмент продолжается вверх и вниз с шагом 2π2\pi.график к задаче Демидовича № 368

Проверка

Ответ. В пунктах а)–г) построены все ветви неявных зависимостей.
В пункте а) при малых ∣x∣|x| имеются три значения yy; в пункте б)
x∈[(1−2)/2,(1+2)/2]x\in[(1-\sqrt2)/2,(1+\sqrt2)/2]; в пункте в) x⩾1x\geqslant1 и
y>0y>0; в пункте г) ∣x∣⩽1|x|\leqslant1 и
y∈[2πk,(2k+1)π]y\in[2\pi k,(2k+1)\pi], k∈Zk\in\mathbb Z.
Демидович № 368 — решение и ответ