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[\frac{(1-\sqrt2)}{2},\frac{(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

Пункт а)

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.

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. График y−y3y-y^3 уже исследован при построении №324.2г. Напомним сравнение:(v−v3)−(u−u3)=(v−u)(1−u2−uv−v2).(v-v^3)-(u-u^3)=(v-u)(1-u^2-uv-v^2).Границы получаем из 3r2=13r^2=1: это r=13r=\frac{1}{\sqrt3}. Поэтому горизонтальная координата убывает при y≤−ry\le-r, возрастает при −r≤y≤r-r\le y\le r и убывает при y≥ry\ge r. В точках поворотаr−r3=13−133=233.r-r^3=\frac1{\sqrt3}-\frac1{3\sqrt3}=\frac2{3\sqrt3}.Соответствующие точки кривой равны (2(33),13)(\frac{2}{(3\sqrt3)},\frac{1}{\sqrt3}) и (−2(33),−13)(-\frac{2}{(3\sqrt3)},-\frac{1}{\sqrt3}).
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.

Построение графика

Используем yy как параметр и строим точки
(y−y3,y)(y-y^3,y). Отмечаем начало координат и две точки поворота по горизонтальной координате.график к задаче Демидовича № 368

Пункт б)

x=(1−y)(1+y2)x=\frac{(1-y)}{(1+y^2)}.
Знаменатель положителен при всех y∈Ry\in\mathbb R, поэтому параметр
изменяется на всей прямой. Чтобы найти допустимые абсциссы, умножим уравнение на 1+y2>01+y^2>0:xy2+y+x−1=0.xy^2+y+x-1=0.При x≠0x\ne0 это квадратное уравнение относительно yy. Его дискриминантΔ=1−4x(x−1)=2−4(x−12)2.\Delta=1-4x(x-1)=2-4(x-\frac{1}{2})^2.Условие Δ≥0\Delta\ge0 равносильно ∣x−12∣≤12|x-\frac{1}{2}|\le\frac{1}{\sqrt2}, то есть1−22≤x≤1+22.\frac{1-\sqrt2}2\le x\le\frac{1+\sqrt2}2.При x=0x=0 исходное уравнение даёт y=1y=1, так что нуль также допустим.
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).

В выражении x(y)=(1−y)(1+y2)x(y)=\frac{(1-y)}{(1+y^2)} при больших ∣y∣|y| знаменатель растёт быстрее числителя. Для больших отрицательных yy абсцисса положительна и мала, для больших положительных — отрицательна и мала.

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\ne0уравнение 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)При Δ=0\Delta=0 единственный корень равен y=−1(2x)y=-\frac{1}{(2x)}; подстановка двух граничных значений xx даёт указанные ординаты 1±21\pm\sqrt2.

Построение графика

Строим параметрическую кривую
((1−y)(1+y2),y)(\frac{(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

Пункт в)

x=y−ln⁡yx=y-\ln y, где y>0y>0.
Нам понадобится неравенство ln⁡z≤z−1\ln z\le z-1 для z>0z>0, с равенством только при z=1z=1. Оно следует из №75б: подставляя α=ln⁡z\alpha=\ln z в 1+α≤eα1+\alpha\le e^\alpha, получаем 1+ln⁡z≤z1+\ln z\le z.
Следовательно, y−ln⁡y≥1y-\ln y\ge1, причём равенство возможно только при y=1y=1.
Теперь сравним два значения 0<u<v0<u<v. Если u≥1u\ge1, тоln⁡(vu)<vu−1=v−uu≤v−u,\ln(\frac{v}{u})<\frac{v}{u}-1=\frac{v-u}{u}\le v-u,поэтому (v−ln⁡v)−(u−ln⁡u)>0(v-\ln v)-(u-\ln u)>0. Если v≤1v\le1, применим то же неравенство к uv<1\frac{u}{v}<1:ln⁡(vu)>1−uv=v−uv≥v−u.\ln(\frac{v}{u})>1-\frac{u}{v}=\frac{v-u}{v}\ge v-u.В этом случае разность отрицательна. Значит, горизонтальная координата убывает до y=1y=1 и возрастает после y=1y=1; самая левая точка — (1,1)(1,1).
При yy близком к нулю величина −ln⁡y-\ln y сколь угодно велика. При большом yy используем неравенство с z=yz=\sqrt y:ln⁡y=2ln⁡y≤2(y−1),y−ln⁡y≥(y−1)2+1.\ln y=2\ln\sqrt y\le2(\sqrt y-1),\qquad
y-\ln y\ge(\sqrt y-1)^2+1.Поэтому обе части кривой уходят вправо; нижняя при этом приближается к оси OxOx.

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

Пункт г)

x2=sin⁡yx^2=\sin y.
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 Zи 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.

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
Демидович № 368 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика