Тема Математический анализ

03 Графики функций

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#71346

Построить график кривой, заданной параметрически:

( { x = --12 1−t ( y = (t−11)2

Показать ответ и решение

1. Участки монотонности $x (t)$ :

$x′(t) = (12−tt2)2$ . Следовательно, $x′(t) = 0$ только при $t = 0$ . Имеем:

-----------------------------||--------------|--------------||--------------|--------------- У частки мон отонности x(t): ||(− ∞, − 1) |(− 1,0) ||(0,1) | (1,+ ∞ ) -----------------------------||--------------|--------------||--------------|--------------- x′(t) ||< 0 |< 0 ||> 0 | > 0 || | || | x(t) ||↓ от 0 до − ∞ |↓ от + ∞ до 1 ||↑ от 1 до + ∞ | ↑ от − ∞ до 0

Эскиз графика $x(t)$ :

$PIC$

2. Участки монотонности $y(t)$ :

$y′(t) = --−2- (t− 1)3$ . Имеем:

-----------------------------|---------------|--------------||-|-- -У-частки-моното-нности-y(t):---(−-∞,-1)--------(1,+-∞-)------------ --′--------------------------|---------------|--------------||-|-- y (t) | > 0 |< 0 || | y(t) | ↑ от 0 до +∞ |↓ от +∞ до 0 || |

Эскиз графика $y(t)$ :

$PIC$

Далее, ясно, что при $t → − 1$ и $x(t) → ∞$ и $y(t) → 1 4$ , поэтому при $t = − 1$ мы имеем горизонтальную асимптоту $1 y = 4$ .

Далее, при $t → 1$ и $x(t) → ∞$ и $y(t) → ∞$ . То есть при $t = 1$ график может иметь наклонную асимптоту.

Найдём её коэффициенты:

y(t) 1− t2 (1 − t)(1 + t) 1 + t k = lim ----= lim ------2 = lim ---------2-- = lim -----= ∞ t→1 x(t) t→1 (t− 1) t→1 (t− 1) t→1 1 − t

То есть предела для $k$ не существует, а это означает, что наклонной асимптоты на самом деле нет.

Осталось теперь совместить наши две таблицы монотонности в общую таблицу:

------|---------------|--------------||--------------|--------------||-|| -t:-----(−-∞,-−-1)------(−-1,0)---------(0,1)----------(1,+-∞-)----------| | | || | || || x(t) | ↓ от 0 до − ∞ |↓ от +∞ до 1 ||↑ от 1 до + ∞ |↑ от − ∞ д о 0|| || y(t) | ↑ от 0 до 14 |↑ от 14 до 1 ||↑ от 1 до + ∞ |↓ от + ∞ д о 0|| ||

$PIC$

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71347

Построить график кривой, заданной параметрически:

x (t) = arctg t, y(t) = t3 − t.

Показать ответ и решение

1. Участки монотонности $x (t)$ (эту функцию мы считаем полностью известной):

-----------------------------||--------------|--|-||- --Участки-м-онотонности-x(t):||(−-∞,-+∞-)----|--|-||- x′(t) ||> 0 | | || || π π | | || x(t) ||↑ от −-2 д о-2| | ||

2. Участки монотонности $y(t)$ :

$y′(t) = 3t2 − 1$ . Имеем:

----------------------------||--------1-------||---1---1----------|--1---------------||-- -Участк-и м-онотонности-y(t):|(−-∞,-−√3-)-----||(−-√3,√3-)--------|(√3-,+∞--)--------||-- y′(t) ||> 0 ||< 0 |> 0 || || || | || y(t) ||↑ от − ∞ до 32√3 ||↓ от 32√3 до −3√23- |↑ от − 32√3 до +∞ ||

Эскиз графика $y(t)$ :

$PIC$

Далее, ясно, что при $t → + ∞$ и $π x(t) → 2$ и $y(t) → +∞$ , и при $t → − ∞$ и $π x(t) → − 2$ и $y (t) → − ∞$ будет две вертикальные асимптоты $x = π 2$ и $x = − π 2$ .

Осталось теперь совместить наши две таблицы монотонности в общую таблицу:

------|-----------------------||-----------------------------|--------------------|--|--- t: |(− ∞, − 1√3) ||(− 1√3,√13) |(√13-,+∞ ) | | ------|-------π------------1--||------------1------------1---|-----------1-----π--|--|-|| x(t) |↑ от − 2 до arctg(− √3) ||↑ от arctg(− √3) до arctg(√3-)|↑ от arctg(√3-) до 2| | || y(t) |↑ от − ∞ до -2√-- ||↓ от √2-д о −-2√- |↑ от − √2-д о + ∞ | | 3 3 3 3 3 3 3 3

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71348

Построить график кривой, заданной параметрически:

x(t) = sin(2t), y (t) = sin(4t)

Указание. Несмотря на то, что область изменения параметра $t$ нельзя разбить на конечное число промежутков монотонности функции $x(t)$ , здесь явно можно воспользоваться периодичностью.

Показать ответ и решение

Видно, что функции $x(t)$ и $y(t)$ периодичны, $x (t)$ имеет период $π$ , а $y(t)$ имеет период $π2$ . Нарисуем графики этих функций:

$PIC$

Также заметим следующее:

$π y (t + 2) = y(t)$ , $π x(t+ 2 ) = − x(t)$
То есть $(x(t+ π2),y(t+ π2)) = (− x(t),y(t))$

Получаем, что чтобы получить график для $t ∈ [π,π] 2$ достаточно отразить график для $t ∈ [0, π2]$ относительно оси $Oy$ .
$y (t + π) = − y(t) 4$ , $x (t + π) = x(π − t) 4 4$
То есть $(x(t+ π4),y(t+ π4)) = (x (π4 − t),− y(t))$

Получаем, что чтобы получить график для $t ∈ [π, π] 4 2$ достаточно отразить график для $π t ∈ [0, 4]$ относительно оси $Ox$ .

Значит, нам достаточно рассмотреть график для $t ∈ [0, π4]$ .

На $[0, π4]$ $x (t)$ монотонно возрастает (от 0 к 1), а $y(t)$ монотонно возрастает на $[0, π8]$ (от 0 к 1) и монотонно убывает на $[π, π ] 8 4$ (от 1 к 0).

Соответственно, получаем:

при росте $t$ от $0$ к $π8$ движение по кривой происходит направо вверх от точки $(0,0)$ к точке $(√1-,1) 2$
при росте $t$ от $π8$ к $π4$ движение по кривой происходит направо вниз от точки $(√1,1) 2$ к точке $(1,0)$

Получили, что точка $(√1-,1) 2$ (соответствует $t = π 8$ ) - локальный максимум. А точки $(0,0)$ и $(1,0)$ - локальные минимумы при $π t ∈ [0,4]$ . И других точек локального экстремума нет (из-за участков монотонности функций $x (t)$ и $y(t)$ ).

Теперь можем нарисовать эскиз кривой для $t ∈ [0, π] 4$ :

$PIC$

Отразим получившийся график относительно оси $Ox$ - получим эскиз кривой для $t ∈ [0, π2]$ . И теперь осталось только отразить все, что есть, относительно оси $Oy$ . И получим итоговый эскиз графика нашей кривой:

$PIC$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#102273

Провести полное исследование следующих функций по плану:

1. Область определения. Точки непрерывности и точки разрыва (и их род).

2. Участки монотонности и экстремумы функции.

3. Асимптоты.

4. Точки пересечения с осями координаь

5. График функции.

a) $y = 3x4-- x−1$ ;
b) $−x2 y = x ⋅e$ .

Показать ответ и решение

a)
1. Ясно, что функция определена всюду кроме точки $x0 = 1$ . Как отношение непрерывных функций, она будет непрерывна всюду кроме точки $x = 1 0$ .

Поскольку при стремлении к 1 хоть слева, хоть справа, наша функция стремится к бесконечности, то $x0 = 1$ - разрыв II рода.

2. На своей области определения наша функция будет дифференцируема как отношение дифференцируемых функций.

3 3 2 4 3 3 y′ = 4x-(x-−-1)−-3x-⋅x-= x-(x-−-4) (x3 − 1)2 (x3 − 1)2

$y′ = 0$ при $x0 = 0$ и $√ - x0 = 34$ и не определена в точке $x0 = 1$ .

Поскольку в левой полуокрестности нуля производная положительна, а в правой полуокрестности нуля производная отрицательна, то $x0 = 0$ - локальный максимум.

И в левой и в правой полуокрестности точки $x0 = 1$ производная отрицательна, то есть это не точка экстремума.

В левой полуокрестности точки $√3- x0 = 4$ производная отрицательна, а в правой полуокрестности - положительна. То есть точка $√ - x0 = 3 4$ - точка локального минимума.

Таким образом, мы нашли экстремумы и знаем поведение нашей функции с точки зрения её монотонности всюду на её области определения:
$y$ - возрастает при $√3- x ∈ (− ∞, 0)∪ ( 4,+∞ )$ и убывает на $3√ - (0,1) ∪(1, 4)$ .

3. При $x → 1$ и слева и справа функция $y$ стремится, понятное дело, к бесконечности, поэтому $x = 1$ - вертикальная асимптота. Причем при $x → 1−$ $y(x) → − ∞$ , а при $x → 1+$ $y(x) → +∞$ .

Далее, найдем наклонные асимптоты.

y(x) --x3-- xli→m∞ x = lxim→∞ x3 − 1 = 1

Это потенциальный угловой коэффициент нашей наклонной асимптоты. Теперь попробуем вычислить её свободный член:

4 4 4 lim y(x) − x = lim --x---− x = lim x--−-x-+-x = 0 x→ ∞ x→∞ x3 − 1 x→∞ x3 − 1

Следовательно, прямая $y = x$ является наклонной асимптотой нашей функции.

4. Точки пересечения с осью $Ox$ ищутся из условия $y = 0$ и мы получаем одну единственную точку $x = 0,y = 0$ .

Точка пересечения с осью $Oy$ ищется подстановкой вместо $x$ нуля в уравнение функции и получаем точку $x = 0,y = 0$ .

5. Таким образом, мы можем приблизительно изобразить график нашей функции:

$PIC$

b)
1. Ясно, что эта функция определена всюду на $ℝ$ и всюду на $ℝ$ она непрерывна как произведение непрерывных функций (второй сомножитель $e−x2$ всюду непрерывен как композиция всюду непрерывной экспоненты и всюду непрерывной квадратичной функции).

2. Наша функция будет дифференцируема как произведение всюду дифференцируемых функций.

′ −x2 2 −x2 − x2 2 y = e ⋅− 2x e = e ⋅(1 − 2x )

$′ y = 0$ при $∘ 1- x0 = 2$ и $∘ 1- x0 = − 2$ .

Поскольку в левой полуокрестности $∘ -- − 1 2$ производная отрицательна, а в правой полуокрестности $∘ -- − 12$ производная положительна, то $∘ -- x0 = − 12$ - локальный минимум.

Аналогично получим, что $∘ 1- x0 = 2$ - локальный максимум.

Таким образом, мы нашли экстремумы и знаем поведение нашей функции с точки зрения её монотонности всюду:
$y$ - убывает при $∘ -- ∘-- x ∈ (− ∞,− 12)∪ ( 12,+∞ )$ и возрастает на $∘ --∘ -- (− 12, 12)$ .

3. Очевидно, что вертикальных асимптот нет.

Далее, найдем наклонные асимптоты.

lim y(x) = lim e−x2 = 0 x→∞ x x→∞

2 lxi→m∞ y(x) = xli→m∞x ⋅e−x = 0

Следовательно, прямая $y = 0$ является наклонной (и на самом деле горизонтальной) асимптотой нашей функции.

4. Точки пересечения с осью $Ox$ ищутся из условия $y = 0$ и мы получаем одну единственную точку $x = 0,y = 0$ .

Точка пересечения с осью $Oy$ ищется подстановкой вместо $x$ нуля в уравнение функции и получаем точку $x = 0,y = 0$ .

5. Таким образом, мы можем приблизительно изобразить график нашей функции:

$PIC$

Ответ: