Раздел I. Введение в анализ — § 5. Предел функции

Демидович — задача 627

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

Задача 627

Найти асимптоты и построить следующие кривые:а) y=x3x2+x−2б) y=x2+x\text{а) }y=\frac{x^3}{x^2+x-2}
\qquad
\text{б) }y=\sqrt{x^2+x}в) y=x2−x33г) y=xexex−1\text{в) }y=\sqrt[3]{x^2-x^3}
\qquad
\text{г) }y=\frac{xe^x}{e^x-1}д) y=ln⁡(1+ex)е) y=x+arccos⁡1x\text{д) }y=\ln(1+e^x)
\qquad
\text{е) }y=x+\arccos\frac1x
Ответ:Асимптоты:а)x=−2,x=1,y=x−1;б)y=−x−1/2 (x→−∞),y=x+1/2 (x→+∞);в)y=−x+1/3;г)y=0 (x→−∞),y=x (x→+∞);д)y=0 (x→−∞),y=x (x→+∞);е)y=x+π/2.\begin{array}{c|l}
\text{а)}&x=-2,\quad x=1,\quad y=x-1;\\
\text{б)}&y=-x-1/2\ (x\to-\infty),\quad y=x+1/2\ (x\to+\infty);\\
\text{в)}&y=-x+1/3;\\
\text{г)}&y=0\ (x\to-\infty),\quad y=x\ (x\to+\infty);\\
\text{д)}&y=0\ (x\to-\infty),\quad y=x\ (x\to+\infty);\\
\text{е)}&y=x+\pi/2.
\end{array}

Решение

Пункт а)

y=x3x2+x−2y=\dfrac{x^3}{x^2+x-2}
Знаменатель раскладывается на множители:x2+x−2=(x+2)(x−1)x^2+x-2=(x+2)(x-1)Поэтому область определения имеет видD=(−∞,−2)∪(−2,1)∪(1,+∞)D=(-\infty,-2)\cup(-2,1)\cup(1,+\infty)При x=−2x=-2 и x=1x=1 числитель не обращается в нуль, следовательно,
обе прямые являются вертикальными асимптотами. Односторонние пределы
равныlim⁡x→−2−0y=−∞,lim⁡x→−2+0y=+∞lim⁡x→1−0y=−∞,lim⁡x→1+0y=+∞\begin{aligned}
&\lim_{x\to-2-0}y=-\infty,
\qquad
\lim_{x\to-2+0}y=+\infty\\
&\lim_{x\to1-0}y=-\infty,
\qquad
\lim_{x\to1+0}y=+\infty
\end{aligned}Выполним деление многочленов:y=x−1+3x−2x2+x−2y=x-1+\frac{3x-2}{x^2+x-2}Последняя дробь стремится к нулю при x→±∞x\to\pm\infty, поэтому
наклонная асимптота задаётся уравнениемy=x−1y=x-1Для опорных точек подставим несколько целых значений:x−4−3−1023x3−64−27−10827x2+x−2104−2−2410y−32/5−27/41/20227/10\begin{array}{c|rrrrrr}
x&-4&-3&-1&0&2&3\\\hline
x^3&-64&-27&-1&0&8&27\\
x^2+x-2&10&4&-2&-2&4&10\\
y&-32/5&-27/4&1/2&0&2&27/10
\end{array}В каждой колонке последняя строка получена делением двух предыдущих. Разность y−(x−1)=(3x−2)/[(x+2)(x−1)]y-(x-1)=(3x-2)/[(x+2)(x-1)] также показывает, с какой стороны от асимптоты проходит каждая ветвь. Её знак: минус при x<−2x<-2, плюс при −2<x<2/3-2<x<2/3, минус при 2/3<x<12/3<x<1 и плюс при x>1x>1.

Построение графика

Строим три ветви раздельно, используя таблицу и односторонние пределы. Проводим асимптоты x=−2x=-2, x=1x=1, y=x−1y=x-1 и отмечаем опорные точки.график к задаче Демидовича № 627

Ответ

Асимптоты:x=−2,x=1,y=x−1x=-2,
\qquad
x=1,
\qquad
y=x-1

Пункт б)

y=x2+xy=\sqrt{x^2+x}

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным:x(x+1)⩾0x(x+1)\geqslant0ОтсюдаD=(−∞,−1]∪[0,+∞)D=(-\infty,-1]\cup[0,+\infty)При x→+∞x\to+\infty имеемx2+x−x=\displaystyle \sqrt{x^2+x}-x\mathrel{=}xx2+x+x=\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}\mathrel{=}11+1/x+1⟶12\displaystyle \frac1{\sqrt{1+1/x}+1}\longrightarrow\frac12Поэтому справа наклонной асимптотой является прямаяy=x+12y=x+\frac12При x<−1x<-1 рационализируем другую разность:x2+x+x=xx2+x−x=−11+1/x+1⟶−12.\sqrt{x^2+x}+x=\frac{x}{\sqrt{x^2+x}-x}
=-\frac1{\sqrt{1+1/x}+1}\longrightarrow-\frac12.Поэтому слева асимптота y=−x−1/2y=-x-1/2. Для формы графика перепишем уравнение:y2=x2+x=(x+1/2)2−1/4,(x+1/2)2−y2=1/4,y⩾0.y^2=x^2+x=(x+1/2)^2-1/4,
\qquad (x+1/2)^2-y^2=1/4,\quad y\geqslant0.Это верхняя половина гиперболы с центром (−1/2,0)(-1/2,0). Её ветви начинаются в (−1,0)(-1,0) и (0,0)(0,0) и симметричны относительно x=−1/2x=-1/2. На правой ветви x(x+1)x(x+1) и его квадратный корень возрастают; левая получается отражением.

Построение графика

Строим две ветви на промежутках x⩽−1x\leqslant-1 и
x⩾0x\geqslant0, отмечаем их включённые концы и проводим две наклонные
асимптоты.график к задаче Демидовича № 627

Ответ

Асимптоты:y=−x−12(x→−∞),y=x+12(x→+∞)y=-x-\frac12\quad(x\to-\infty),
\qquad
y=x+\frac12\quad(x\to+\infty)

Пункт в)

y=x2−x33y=\sqrt[3]{x^2-x^3}

Кубический корень определён при любом действительном значении
подкоренного выражения, поэтомуD=RD=\mathbb RНули функции находятся из равенства x2(1−x)=0x^2(1-x)=0:x=0,x=1x=0,
\qquad
x=1Для поиска асимптоты запишем при x≠0x\ne0y=−x1−1x3\begin{aligned}
y&=-x\sqrt[3]{1-\frac1x}
\end{aligned}Положим u=1−1/x3u=\sqrt[3]{1-1/x}. Тогда u→1u\to1, а (1−u)(1+u+u2)=1/x(1-u)(1+u+u^2)=1/x. Отсюдаy+x=x(1−u)=11+u+u2⟶13.y+x=x(1-u)=\frac1{1+u+u^2}\longrightarrow\frac13.Значит, при обоих направлениях бесконечности асимптота равна y=−x+1/3y=-x+1/3.

Для опорных точек рассмотрим P(x)=x2(1−x)P(x)=x^2(1-x) под корнем. При x<0x<0 положим v=−x>0v=-x>0: тогда P=v2(1+v)P=v^2(1+v); с увеличением xx число vv уменьшается, так что левая ветвь убывает к (0,0)(0,0). На [0,1][0,1] имеем P⩾0P\geqslant0, и427−P(x)=(x−2/3)2(x+1/3)⩾0.\frac4{27}-P(x)=(x-2/3)^2(x+1/3)\geqslant0.Равенство достигается при x=2/3x=2/3. Так появляются координаты вершины участка между нулями:(23,4273).\left(\frac23,\sqrt[3]{\frac4{27}}\right).При x>1x>1 имеем y=−x2(x−1)3y=-\sqrt[3]{x^2(x-1)}, поэтому эта ветвь убывает от (1,0)(1,0) в отрицательную область. В окрестности нуля y⩾0y\geqslant0, и точка (0,0)(0,0) является локальным минимумом.

Построение графика

Строим непрерывную кривую по трём аналитическим
участкам, отмечаем нули, локальный максимум и проводим наклонную
асимптоту.график к задаче Демидовича № 627

Ответ

Асимптота:y=−x+13y=-x+\frac13

Пункт г)

y=xexex−1y=\dfrac{xe^x}{e^x-1}
Знаменатель обращается в нуль только при x=0x=0, поэтомуD=R∖{0}D=\mathbb R\setminus\{0\}По №541 (ex−1)/x→1(e^x-1)/x\to1, а ex→1e^x\to1. Поэтомуlim⁡x→0xexex−1=lim⁡x→0ex(ex−1)/x=1.\lim_{x\to0}\frac{xe^x}{e^x-1}
=\lim_{x\to0}\frac{e^x}{(e^x-1)/x}=1.Точка (0,1)(0,1) выколота, но вертикальной асимптоты здесь нет.
При x→−∞x\to-\infty получаемxexex−1⟶0\frac{xe^x}{e^x-1}\longrightarrow0Следовательно, слева имеется горизонтальная асимптота y=0y=0.
При x→+∞x\to+\inftyxexex−1−x=xex−1⟶0\begin{aligned}
\frac{xe^x}{e^x-1}-x&=
\frac{x}{e^x-1}\longrightarrow0
\end{aligned}поэтому справа наклонной асимптотой является прямая y=xy=x.
Оба предела с экспонентой следуют из №564: при t→+∞t\to+\infty имеем t/et→0t/e^t\to0. Для левого предела берём t=−xt=-x; для правого пишем x/(ex−1)=(x/ex)/(1−e−x)x/(e^x-1)=(x/e^x)/(1-e^{-x}).

Для опорных точек подставим x=±ln⁡2x=\pm\ln2. Тогда eln⁡2=2e^{\ln2}=2, e−ln⁡2=1/2e^{-\ln2}=1/2, поэтомуy(−ln⁡2)=(−ln⁡2)/2−1/2=ln⁡2,y(ln⁡2)=2ln⁡22−1=2ln⁡2.y(-\ln2)=\frac{(-\ln2)/2}{-1/2}=\ln2,
\qquad y(\ln2)=\frac{2\ln2}{2-1}=2\ln2.На всей области y>0y>0: числитель и знаменатель имеют одинаковый знак. Кроме того, y−x=x/(ex−1)>0y-x=x/(e^x-1)>0, так что график проходит выше прямой y=xy=x.

Построение графика

Строим две ветви, отмечаем выколотую точку
(0,1)(0,1) и проводим наклонную асимптоту y=xy=x. При этом горизонтальная
асимптота y=0y=0 совпадает с осью OxOx, поэтому отдельно её не
дублируем.график к задаче Демидовича № 627

Ответ

Асимптоты:y=0(x→−∞),y=x(x→+∞)y=0\quad(x\to-\infty),
\qquad
y=x\quad(x\to+\infty)

Пункт д)

y=ln⁡(1+ex)y=\ln(1+e^x)

Поскольку 1+ex>01+e^x>0 при всех x∈Rx\in\mathbb R, область определения
совпадает со всей числовой прямой. При x→−∞x\to-\inftyln⁡(1+ex)⟶0\ln(1+e^x)\longrightarrow0поэтому слева имеется горизонтальная асимптота y=0y=0. При
x→+∞x\to+\infty преобразуем разность:ln⁡(1+ex)−x=ln⁡(1+e−x)⟶0\begin{aligned}
\ln(1+e^x)-x&=\ln(1+e^{-x})\longrightarrow0
\end{aligned}Следовательно, справа наклонной асимптотой является прямая y=xy=x.
Если x1<x2x_1<x_2, то ex1<ex2e^{x_1}<e^{x_2}, следовательно, 1+ex1<1+ex21+e^{x_1}<1+e^{x_2}. Логарифм возрастает, поэтому y(x1)<y(x2)y(x_1)<y(x_2). Для x=0x=0 получаем характерную
точку (0,ln⁡2)(0,\ln2).

Построение графика

Строим возрастающую кривую, отмечаем точку
(0,ln⁡2)(0,\ln2) и проводим наклонную асимптоту y=xy=x. При этом горизонтальная
асимптота y=0y=0 совпадает с осью OxOx, поэтому отдельно её не
дублируем.график к задаче Демидовича № 627

Ответ

Асимптоты:y=0(x→−∞),y=x(x→+∞)y=0\quad(x\to-\infty),
\qquad
y=x\quad(x\to+\infty)

Пункт е)

y=x+arccos⁡1xy=x+\arccos\dfrac1x
Используем главную ветвь арккосинуса со значениями в [0,π][0,\pi].
Условие ∣1/x∣⩽1|1/x|\leqslant1 даётD=(−∞,−1]∪[1,+∞)D=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)На концах области определения функция принимает значенияy(−1)=π−1,y(1)=1y(-1)=\pi-1,
\qquad
y(1)=1При x→±∞x\to\pm\infty имеемarccos⁡1x⟶π2\arccos\frac1x\longrightarrow\frac\pi2Следовательно, для обеих ветвей наклонная асимптота одна и та же:y=x+π2y=x+\frac\pi2На каждом из двух промежутков 1/x1/x строго убывает, а арккосинус убывает на [−1,1][-1,1]. Поэтому arccos⁡(1/x)\arccos(1/x) возрастает. Добавление возрастающей функции xx сохраняет строгое возрастание каждой ветви.

Поясним предел арккосинуса: если u→0u\to0, то для любого 0<ε<π/20<\varepsilon<\pi/2 в конце концов −sin⁡ε<u<sin⁡ε-\sin\varepsilon<u<\sin\varepsilon. По убыванию косинуса это равносильноπ/2−ε<arccos⁡u<π/2+ε.\pi/2-\varepsilon<\arccos u<\pi/2+\varepsilon.При u=1/xu=1/x получаем использованный предел π/2\pi/2. Слева 1/x<01/x<0, поэтому график выше асимптоты; справа 1/x>01/x>0, поэтому ниже неё.

Построение графика

Строим две возрастающие ветви, отмечаем их
включённые концы и проводим наклонную асимптоту
y=x+π/2y=x+\pi/2.график к задаче Демидовича № 627

Ответ

Асимптота:y=x+π2y=x+\frac\pi2