Задача №2374

Решение

Область определения

Функция определена и непрерывна на R, т.е. область определения \(\displaystyle{D(y)=(-\infty;+\infty)}\).

Точки пересечения графика с осями координат

Точки пересечения графика с осью Ox

График пересекает ось Ox в точках \(\displaystyle{(0;0)}\), \(\displaystyle{(-1;0)}\), \(\displaystyle{(1;0)}\). В принципе, отсюда можно сразу заключить, что ось Oy график пересекает в точке \(\displaystyle{(0;0)}\), однако сугубо для соблюдения списка допишем формально нахождение точки пересечения с осью Oy.

Точки пересечения графика с осью Oy

Так как \(\displaystyle{y(0)=0}\), то ось Oy график пересекает в точке \(\displaystyle{(0;0)}\).

Промежутки знакопостоянства

Так как на множестве \(\displaystyle{R\setminus\{-1;1\}}\) имеем \(\displaystyle{\sqrt{\left|x^2-1\right|}\gt{0}}\), то знак \(\displaystyle{y(x)}\) на упомянутом множестве будет совпадать с знаком множителя \(\displaystyle{x}\).

• При \(\displaystyle{x\in(-\infty;-1)\cup(-1;0)}\) имеем \(\displaystyle{y\lt{0}}\).
• При \(\displaystyle{x\in(0;1)\cup(1;+\infty)}\) имеем \(\displaystyle{y\gt{0}}\).

Проверка на чётность и нечётность

Область определения является симметричным относительно нуля множеством.

Так как область определения симметрична относительно нуля и \(\displaystyle{y(-x)=-y(x)}\), то заданная функция является нечётной. График нечётной функции симметричен относительно начала координат.

Периодичность

Функция не является периодической. Это легко обосновать, например, рассмотрев точки, в которых имеем \(\displaystyle{y(x)=0}\). Таких точек всего три: \(\displaystyle{x=-1}\), \(\displaystyle{x=0}\), \(\displaystyle{x=1}\). Если бы функция была периодической, то существовало бы значение \(\displaystyle{T\gt{0}}\), такое, что \(\displaystyle{y(x)=y(x+T)}\) для любого \(\displaystyle{x\in{D(y)}}\). Это значит, что, например, для значения \(\displaystyle{x=1}\) имеем \(\displaystyle{y(1)=y(1+T)}\), т.е. \(\displaystyle{y(1+T)=0}\). Однако ни при каком значении \(\displaystyle{T\gt{0}}\) условие \(\displaystyle{y(1+T)=0}\) не может быть выполнено.

Интервалы монотонности и экстремумы

Нам придётся находить производную, однако наличие модуля немного мешает этому. Стоит учесть, что \(\displaystyle{|z|=\sgn{z}\cdot{z}}\). Это позволит представить функцию в такой форме:

Обозначая для сокращения записи \(\displaystyle{a=\sgn\left(x^2-1\right)}\), получим \(\displaystyle{y = x\sqrt{a\left(x^2-1\right)}}\). Теперь можно переходить к отысканию производной первого порядка:

Если \(\displaystyle{a=-1}\), т.е. \(\displaystyle{x^2-1\lt{0}}\), \(\displaystyle{x\in(-1;1)}\), то получим \(\displaystyle{y'=-\frac{2x^2-1}{\sqrt{x^2-1}}}\).

Если же \(\displaystyle{a=1}\), т.е. \(\displaystyle{x^2-1\gt{0}}\), \(\displaystyle{x\in(-\infty;-1)\cup(1;+\infty)}\), то \(\displaystyle{y'=\frac{2x^2-1}{\sqrt{x^2-1}}}\). Так как \(\displaystyle{x^2\gt{1}}\), то \(\displaystyle{2x^2\gt{2}}\), т.е. \(\displaystyle{2x^2-1\ge{1}\gt{0}}\). Это значит, что \(\displaystyle{y'\gt{0}}\).

Таким образом, на интервалах \(\displaystyle{\left(-1;-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\) и \(\displaystyle{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}; 1\right)}\) фукнция убывает. На интервалах \(\displaystyle{(-\infty;-1)}\), \(\displaystyle{\left(-\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\) и \(\displaystyle{(1;+\infty)}\) функция возрастает.

• \(\displaystyle{x_{\max} = -1}\) – точка максимума; \(\displaystyle{y_{\max} = y(-1)=0}\).
• \(\displaystyle{x_{\min} = -\frac{1}{\sqrt{2}}}\) – точка минимума; \(\displaystyle{y_{\min} = y{\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}=-\frac{1}{2}}\).
• \(\displaystyle{x_{\max} = \frac{1}{\sqrt{2}}}\) – точка максимума; \(\displaystyle{y_{\max} = y{\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}=\frac{1}{2}}\).
• \(\displaystyle{x_{\min} = 1}\) – точка минимума; \(\displaystyle{y_{\min} = y(1)=0}\).

Интервалы выпуклости и вогнутости. Точки перегиба

Вновь рассматриваем два случая: \(\displaystyle{a=-1}\) и \(\displaystyle{a=1}\).

Если \(\displaystyle{a=-1}\), т.е. \(\displaystyle{x\in(-1;1)}\), то \(\displaystyle{y'=\frac{x\cdot\left(2x^2-3\right)}{\sqrt{1-x^2}\cdot\left(1-x^2\right)}}\). Так как \(\displaystyle{\frac{2x^2-3}{\sqrt{1-x^2}\cdot\left(1-x^2\right)}\lt{0}}\), то знак \(\displaystyle{y''}\) противоположен знаку \(\displaystyle{x}\). Равенство \(\displaystyle{y''=0}\) будет выполнено лишь при \(\displaystyle{x=0}\).

Если \(\displaystyle{a=1}\), т.е. \(\displaystyle{x\in(-\infty;-1)\cup(1;+\infty)}\), то \(\displaystyle{y'=\frac{x\cdot\left(2x^2-3\right)}{\sqrt{x^2-1}\cdot\left(x^2-1\right)}}\).

На интервалах \(\displaystyle{\left(-\infty; -\sqrt{\frac{3}{2}}\right)}\), \(\displaystyle{(0;1)}\) и \(\displaystyle{\left(1;\sqrt{\frac{3}{2}} \right)}\) функция выпукла. На интервалах \(\displaystyle{\left(-\sqrt{\frac{3}{2}};-1 \right)}\), \(\displaystyle{(-1;0)}\) и \(\displaystyle{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}; +\infty \right)}\) функция вогнута.

Точки перегиба: \(\displaystyle{\left(-\sqrt{\frac{3}{2}}; -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}\), \(\displaystyle{(0;0)}\), \(\displaystyle{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}; \frac{\sqrt{3}}{2}\right)}\).

Асимптоты

Вертикальных асимптот нет. Уравнение наклонной асимптоты ищем в виде \(\displaystyle{y=kx+b}\).

Наклонных асимптот нет.

График функции