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

Демидович — задача 370.1

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

Построить графики неявных функций:

Задача 370.1

а) x2−xy+y2=1(эллипс);\text{а) }x^2-xy+y^2=1\quad(\text{эллипс});б) x3+y3−3xy=0(декартов лист);\text{б) }x^3+y^3-3xy=0\quad(\text{декартов лист});в) x+y=1(парабола);\text{в) }\sqrt{x}+\sqrt{y}=1\quad(\text{парабола});г) x23+y23=4(астроида);\text{г) }x^{\frac23}+y^{\frac23}=4\quad(\text{астроида});д) sin⁡x=sin⁡y;е) cos⁡(πx2)=cos⁡(πy);\text{д) }\sin x=\sin y;
\qquad
\text{е) }\cos(\pi x^2)=\cos(\pi y);ж) xy=yx(x>0,y>0);з) x−∣x∣=y−∣y∣\text{ж) }x^y=y^x\quad(x>0,y>0);
\qquad
\text{з) }x-|x|=y-|y|
ПостроениеПолучены соответственно повёрнутый эллипс, декартов лист,
дуга параболы, астроида, два семейства прямых, два семейства парабол,
диагональ с дополнительной параметрической кривой и объединение
первого квадранта с отрицательным диагональным лучом.

Построение

Пункт а)

x2−xy+y2=1x^2-xy+y^2=1

Выберем взаимно перпендикулярные координатные оси вдоль прямых y=xy=x и y=−xy=-x, положивu=x+y2,v=x−y2u=\frac{x+y}{\sqrt2},
\qquad
v=\frac{x-y}{\sqrt2}Тогдаx2−xy+y2=u22+3v22=1,u22+v223=1\begin{aligned}
x^2-xy+y^2&=\frac{u^2}{2}+\frac{3v^2}{2}=1,\\
\frac{u^2}{2}+\frac{v^2}{\frac{2}{3}}&=1
\end{aligned}Получаем эллипс с полуосью 2\sqrt2 вдоль прямой y=xy=x и полуосью
23\sqrt{\frac{2}{3}} вдоль прямой y=−xy=-x. Его удобно параметризовать:x=cos⁡t+13sin⁡t,y=cos⁡t−13sin⁡t\begin{aligned}
x&=\cos t+\frac1{\sqrt3}\sin t,\\
y&=\cos t-\frac1{\sqrt3}\sin t
\end{aligned}

Построение графика

Отмечаем вершины (1,1)(1,1), (−1,−1)(-1,-1),
(13,−13)(\frac{1}{\sqrt3},-\frac{1}{\sqrt3}) и (−13,13)(-\frac{1}{\sqrt3},\frac{1}{\sqrt3}), затем строим
повёрнутый эллипс.график к задаче Демидовича № 370.1

Пункт б)

x3+y3−3xy=0x^3+y^3-3xy=0

Вне начала координат положим t=yxt=\frac{y}{x}. После подстановки y=txy=tx
получаемx3(1+t3)−3tx2=0,x=3t1+t3,y=3t21+t3\begin{aligned}
x^3(1+t^3)-3tx^2&=0,\\
x&=\frac{3t}{1+t^3},
\qquad
y=\frac{3t^2}{1+t^3}
\end{aligned}Эта параметризация вместе с точкой (0,0)(0,0) задаёт декартов лист.
При t>0t>0 образуется петля в первом квадранте; при t=1t=1 она проходит
через точку (32,32)(\frac{3}{2},\frac{3}{2}). Значение t=−1t=-1 исключено и соответствует
уходу ветвей на бесконечность. Для асимптоты вычислимx+y+1=3t+3t2+1+t31+t3=(t+1)3(t+1)(t2−t+1)=(t+1)2t2−t+1.x+y+1=\frac{3t+3t^2+1+t^3}{1+t^3}
=\frac{(t+1)^3}{(t+1)(t^2-t+1)}
=\frac{(t+1)^2}{t^2-t+1}.При tt, приближающемся к −1-1, эта величина приближается к нулю. Поэтому наклонная асимптота равнаx+y+1=0x+y+1=0Начало координат достигается при t=0t=0; к нему также приближается кривая при ∣t∣|t|, неограниченно возрастающем. В первом случае отношение yx=t\frac{y}{x}=t приближается к нулю, во втором xy=1t\frac{x}{y}=\frac{1}{t} приближается к нулю. Это даёт два направления ветвей у начала координат — вдоль осей OxOx и OyOy.

Построение графика

Строим петлю при t>0t>0 и две неограниченные ветви
при t<0t<0, проводим асимптоту y=−x−1y=-x-1. На рисунке показаны конечные
фрагменты ветвей.график к задаче Демидовича № 370.1

Пункт в)

x+y=1\sqrt{x}+\sqrt{y}=1
Из наличия квадратных корней следует x⩾0x\geqslant0, y⩾0y\geqslant0.
Поэтомуy=1−x\sqrt{y}=1-\sqrt{x}и правая часть должна быть неотрицательной. Получаемy=(1−x)2,0⩽x⩽1y=(1-\sqrt{x})^2,
\qquad
0\leqslant x\leqslant1После повторного возведения в квадрат имеем уравнение параболы(1+x−y)2=4x,(1+x-y)^2=4x,но исходному уравнению соответствует только её дуга в первом
квадранте между точками (0,1)(0,1) и (1,0)(1,0).

Построение графика

Строим дугу y=(1−x)2y=(1-\sqrt{x})^2 на отрезке
0⩽x⩽10\leqslant x\leqslant1; остальные части полученной после возведения
в квадрат параболы не включаем.график к задаче Демидовича № 370.1

Пункт г)

x23+y23=4x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=4
Для действительных xx и yy дробные степени здесь понимаются как
∣x∣23|x|^{\frac{2}{3}} и ∣y∣23|y|^{\frac{2}{3}}. Положим u=x3u=\sqrt[3]x, v=y3v=\sqrt[3]y. Тогда u2+v2=4u^2+v^2=4, то есть u=2cos⁡tu=2\cos t, v=2sin⁡tv=2\sin t. Возводя эти равенства в куб, получаемx=8cos⁡3t,y=8sin⁡3t,0⩽t⩽2πx=8\cos^3t,
\qquad
y=8\sin^3t,
\qquad
0\leqslant t\leqslant2\piДействительно,∣x∣23+∣y∣23=4cos⁡2t+4sin⁡2t=4|x|^{\frac{2}{3}}+|y|^{\frac{2}{3}}=4\cos^2t+4\sin^2t=4Вершины астроиды равны (±8,0)(\pm8,0) и (0,±8)(0,\pm8).

Построение графика

Отмечаем четыре вершины и соединяем их четырьмя
симметричными выпуклыми внутрь дугами.график к задаче Демидовича № 370.1

Пункт д)

sin⁡x=sin⁡y\sin x=\sin y

Равенство синусов выполняется в двух случаях:y=x+2πk,y=π−x+2πk,k∈Z\begin{aligned}
y&=x+2\pi k,\\
y&=\pi-x+2\pi k,
\qquad k\in\mathbb Z
\end{aligned}Следовательно, график состоит из двух бесконечных семейств прямых с
угловыми коэффициентами 11 и −1-1.

Построение графика

Строим несколько прямых каждого семейства. На
рисунке показан конечный фрагмент бесконечной диагональной решётки.график к задаче Демидовича № 370.1

Пункт е)

cos⁡(πx2)=cos⁡(πy)\cos(\pi x^2)=\cos(\pi y)
Из равенства косинусов следуетπx2=2πk±πy,k∈Z\pi x^2=2\pi k\pm\pi y,
\qquad
k\in\mathbb ZПосле деления на π\pi и переобозначения целого индекса получаем два
семейства парабол:y=x2+2kилиy=−x2+2k,k∈Zy=x^2+2k
\qquad\text{или}\qquad
y=-x^2+2k,
\qquad
k\in\mathbb Z

Построение графика

Строим несколько парабол обоих семейств. На
рисунке показан конечный фрагмент; вертикальная последовательность
парабол продолжается с шагом 22.график к задаче Демидовича № 370.1

Пункт ж)

xy=yxx^y=y^x, x>0x>0, y>0y>0

При y=x>0y=x>0 равенство выполняется. Для остальных точек положим t=yx>0t=\frac{y}{x}>0, t≠1t\ne1. Логарифмирование допустимо, поскольку обе координаты положительны:yln⁡x=xln⁡y,tln⁡x=ln⁡(tx)=ln⁡t+ln⁡x.y\ln x=x\ln y,\qquad t\ln x=\ln(tx)=\ln t+\ln x.Значит, (t−1)ln⁡x=ln⁡t(t-1)\ln x=\ln t, откудаx=t1(t−1),y=tx=tt(t−1).x=t^{\frac{1}{(t-1)}},\qquad y=tx=t^{\frac{t}{(t-1)}}.Эти формулы дают все точки вне диагонали. Например, при t=2t=2 получаем (2,4)(2,4), а при t=12t=\frac{1}{2} — (4,2)(4,2).
Из неравенства ln⁡z<z−1\ln z<z-1 при z≠1z\ne1, доказанного в №368в, для t>1t>1 следует1t<ln⁡tt−1<1.\frac1t<\frac{\ln t}{t-1}<1.Правая оценка получается при z=tz=t, левая — при z=1tz=\frac{1}{t} после смены знака. Поэтому 1<x<e<y1<x<e<y. При 0<t<10<t<1 координаты меняются местами, что соответствует замене параметра tt на 1t\frac{1}{t}.
При приближении tt к 11 указанные границы для ln⁡x\ln x обе приближаются к 11; следовательно, точка кривой приближается к (e,e)(e,e). Эта точка уже включена в диагональ.
При больших tt имеем0<ln⁡x=ln⁡tt−1≤2(t−1)t−1=2t+1,0<\ln x=\frac{\ln t}{t-1}\le\frac{2(\sqrt t-1)}{t-1}=\frac2{\sqrt t+1},поэтому xx приближается к 11, а y=tx>ty=tx>t неограниченно возрастает. Получаем вертикальную асимптоту x=1x=1. По симметрии второй конец имеет горизонтальную асимптоту y=1y=1.

Построение графика

Строим диагональ y=xy=x и симметричную относительно
неё дополнительную кривую с асимптотами x=1x=1, y=1y=1. На рисунке
показаны конечные фрагменты её неограниченных ветвей.график к задаче Демидовича № 370.1

Пункт з)

x−∣x∣=y−∣y∣x-|x|=y-|y|
Рассмотрим функциюφ(u)=u−∣u∣={0,u⩾0,2u,u<0\varphi(u)=u-|u|=
\begin{cases}
0, & u\geqslant0,\\
2u, & u<0
\end{cases}Если x⩾0x\geqslant0 и y⩾0y\geqslant0, равенство выполняется для любой
пары (x,y)(x,y). Если x<0x<0 и y<0y<0, оно равносильно x=yx=y. Смешанные
знаки невозможны. Следовательно, искомое множество равно{(x,y):x⩾0, y⩾0}∪{(x,x):x<0}\{(x,y):x\geqslant0,\ y\geqslant0\}
\cup
\{(x,x):x<0\}

Построение графика

Заштриховываем весь первый квадрант вместе с его
границей и добавляем луч прямой y=xy=x, уходящий из начала координат в
третий квадрант.график к задаче Демидовича № 370.1
Демидович № 370.1 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика