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:

\text{а) }y=\frac{x^3}{x^2+x-2}\qquad\text{б) }y=\sqrt{x^2+x}

\text{в) }y=\sqrt[3]{x^2-x^3}\qquad\text{г) }y=\frac{xe^x}{e^x-1}

\text{д) }y=\ln(1+e^x)\qquad\text{е) }y=x+\arccos\frac1x

Ответ:Асимптота:

y=x+\frac\pi2

Решение

1
Пункт а)
$y=\dfrac{x^3}{x^2+x-2}$
2
Знаменатель раскладывается на множители: $x^2+x-2=(x+2)(x-1)$ Поэтому область определения имеет вид $D=(-\infty,-2)\cup(-2,1)\cup(1,+\infty)$ При $x=-2$ и $x=1$ числитель не обращается в нуль, следовательно,
обе прямые являются вертикальными асимптотами. Односторонние пределы
равны $\begin{aligned}&\lim_{x\to-2-0}y=-\infty,\qquad\lim_{x\to-2+0}y=+\infty\\&\lim_{x\to1-0}y=-\infty,\qquad\lim_{x\to1+0}y=+\infty\end{aligned}$ Выполним деление многочленов: $y=x-1+\frac{3x-2}{x^2+x-2}$ Последняя дробь стремится к нулю при $x\to\pm\infty$ , поэтому
наклонная асимптота задаётся уравнением $y=x-1$ Для уточнения формы кривой найдём производную: $y'=\frac{x^2(x^2+2x-6)}{(x^2+x-2)^2}$ Критические точки, принадлежащие области определения, имеют абсциссы $x=0,\qquadx=-1-\sqrt7,\qquadx=-1+\sqrt7$ Знак производной меняется с плюса на минус при
$x=-1-\sqrt7$ и с минуса на плюс при $x=-1+\sqrt7$ .
Следовательно, соответствующие точки являются локальным максимумом и
локальным минимумом. В точке $x=0$ знак производной не меняется;
график имеет там горизонтальную касательную и пересекает обе
координатные оси. Приближённые координаты экстремумов равны $(-3{,}646;-6{,}338),\qquad(1{,}646;1{,}893)$
3
Построение графика
Строим три ветви кривой раздельно, проводим
вертикальные асимптоты $x=-2$ , $x=1$ и наклонную асимптоту
$y=x-1$ . Отмечаем начало координат и оба экстремума. $график к задаче Демидовича № 627$
4
Ответ
Асимптоты: $x=-2,\qquadx=1,\qquady=x-1$
5
Пункт б)
$y=\sqrt{x^2+x}$

Подкоренное выражение должно быть неотрицательным: $x(x+1)\geqslant0$ Отсюда $D=(-\infty,-1]\cup[0,+\infty)$ При $x\to+\infty$ имеем $\begin{aligned}\sqrt{x^2+x}-x&=\frac{x}{\sqrt{x^2+x}+x}=\\&=\frac1{\sqrt{1+1/x}+1}\longrightarrow\frac12\end{aligned}$ Поэтому справа наклонной асимптотой является прямая $y=x+\frac12$ При $x\to-\infty$ имеем $|x|=-x$ , поэтому $\begin{aligned}\sqrt{x^2+x}&=-x\sqrt{1+\frac1x}=\\&=-x-\frac12+o(1)\end{aligned}$ Следовательно, левая наклонная асимптота имеет вид $y=-x-\frac12$ В точках $(-1,0)$ и $(0,0)$ функция определена. Так как $y'=\frac{2x+1}{2\sqrt{x^2+x}}$ модуль производной неограниченно возрастает при приближении к концам
области определения; в этих точках график имеет вертикальные
касательные.
6
Построение графика
Строим две ветви на промежутках $x\leqslant-1$ и
$x\geqslant0$ , отмечаем их включённые концы и проводим две наклонные
асимптоты. $график к задаче Демидовича № 627$
7
Ответ
Асимптоты: $y=-x-\frac12\quad(x\to-\infty),\qquady=x+\frac12\quad(x\to+\infty)$
8
Пункт в)
$y=\sqrt[3]{x^2-x^3}$

Кубический корень определён при любом действительном значении
подкоренного выражения, поэтому $D=\mathbb R$ Нули функции находятся из равенства $x^2(1-x)=0$ : $x=0,\qquadx=1$ Для поиска асимптоты запишем при $x\ne0$ $\begin{aligned}y&=-x\sqrt[3]{1-\frac1x}\end{aligned}$ Разложение кубического корня при $x\to\pm\infty$ даёт $\sqrt[3]{1-\frac1x}=1-\frac1{3x}+o\!\left(\frac1x\right)$ Следовательно, $y=-x+\frac13+o(1)$ и наклонная асимптота задаётся уравнением $y=-x+\frac13$ При $x\ne0,1$ производная равна $y'=\frac{x(2-3x)}{3\sqrt[3]{\bigl(x^2-x^3\bigr)^2}}$ В точке $x=2/3$ производная обращается в нуль, а её знак меняется с
плюса на минус. Поэтому здесь достигается локальный максимум: $\left(\frac23,\sqrt[3]{\frac4{27}}\right)$ В точке $(0,0)$ функция имеет остриё и локальный минимум: левая
вертикальная полукасательная направлена вниз, а правая — вверх. При
$x=1$ график пересекает ось $Ox$ с вертикальной касательной.
9
Построение графика
Строим непрерывную кривую по трём аналитическим
участкам, отмечаем нули, локальный максимум и проводим наклонную
асимптоту. $график к задаче Демидовича № 627$
10
Ответ
Асимптота: $y=-x+\frac13$
11
Пункт г)
$y=\dfrac{xe^x}{e^x-1}$
12
Знаменатель обращается в нуль только при $x=0$ , поэтому $D=\mathbb R\setminus\{0\}$ В точке $x=0$ имеется устранимый разрыв. Действительно, $1-e^{-x}\sim x,\qquadx\to0$ поэтому $\begin{aligned}\lim_{x\to0}\frac{xe^x}{e^x-1}&=\lim_{x\to0}\frac{x}{1-e^{-x}}=1\end{aligned}$ При $x\to-\infty$ получаем $\frac{xe^x}{e^x-1}\longrightarrow0$ Следовательно, слева имеется горизонтальная асимптота $y=0$ .
При $x\to+\infty$ $\begin{aligned}\frac{xe^x}{e^x-1}-x&=\frac{x}{e^x-1}\longrightarrow0\end{aligned}$ поэтому справа наклонной асимптотой является прямая $y=x$ .
Производная имеет вид $y'=\frac{e^x(e^x-1-x)}{(e^x-1)^2}$ Неравенство $e^x>1+x$ при $x\ne0$ показывает, что $y'>0$ на каждой
компоненте области определения. Обе ветви строго возрастают.
13
Построение графика
Строим две ветви, отмечаем выколотую точку
$(0,1)$ и проводим наклонную асимптоту $y=x$ . При этом горизонтальная
асимптота $y=0$ совпадает с осью $Ox$ , поэтому отдельно её не
дублируем. $график к задаче Демидовича № 627$
14
Ответ
Асимптоты: $y=0\quad(x\to-\infty),\qquady=x\quad(x\to+\infty)$
15
Пункт д)
$y=\ln(1+e^x)$

Поскольку $1+e^x>0$ при всех $x\in\mathbb R$ , область определения
совпадает со всей числовой прямой. При $x\to-\infty$ $\ln(1+e^x)\longrightarrow0$ поэтому слева имеется горизонтальная асимптота $y=0$ . При
$x\to+\infty$ преобразуем разность: $\begin{aligned}\ln(1+e^x)-x&=\ln(1+e^{-x})\longrightarrow0\end{aligned}$ Следовательно, справа наклонной асимптотой является прямая $y=x$ .
Кроме того, $y'=\frac{e^x}{1+e^x}>0$ поэтому функция строго возрастает. Для $x=0$ получаем характерную
точку $(0,\ln2)$ .
16
Построение графика
Строим возрастающую кривую, отмечаем точку
$(0,\ln2)$ и проводим наклонную асимптоту $y=x$ . При этом горизонтальная
асимптота $y=0$ совпадает с осью $Ox$ , поэтому отдельно её не
дублируем. $график к задаче Демидовича № 627$
17
Ответ
Асимптоты: $y=0\quad(x\to-\infty),\qquady=x\quad(x\to+\infty)$
18
Пункт е)
$y=x+\arccos\dfrac1x$
19
Используем главную ветвь арккосинуса со значениями в $[0,\pi]$ .
Условие $|1/x|\leqslant1$ даёт $D=(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$ На концах области определения функция принимает значения $y(-1)=\pi-1,\qquady(1)=1$ При $x\to\pm\infty$ имеем $\arccos\frac1x\longrightarrow\frac\pi2$ Следовательно, для обеих ветвей наклонная асимптота одна и та же: $y=x+\frac\pi2$ На внутренних точках области определения $y'=1+\frac1{x^2\sqrt{1-1/x^2}}>0$ Обе ветви строго возрастают. При $x\to-1-0$ и $x\to1+0$
производная стремится к $+\infty$ , поэтому в точках
$(-1,\pi-1)$ и $(1,1)$ имеются вертикальные касательные.
20
Построение графика
Строим две возрастающие ветви, отмечаем их
включённые концы и проводим наклонную асимптоту
$y=x+\pi/2$ . $график к задаче Демидовича № 627$

Проверка

Ответ. Асимптота:

y=x+\frac\pi2