Номер 913, страница 267 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

913. Построить график функции:

1) $y = \frac{1}{\log_2 x}$

2) $y = \frac{1}{\ln x}$

1) $y = \frac{1}{\log_2 x}$

Для построения графика проведем исследование функции.

1. Область определения функции (ОДЗ):
Функция определена, если выполнены два условия:
1) Аргумент логарифма должен быть строго больше нуля: $x > 0$.
2) Знаменатель дроби не должен равняться нулю: $\log_2 x \neq 0$, что означает $x \neq 2^0$, то есть $x \neq 1$.
Таким образом, область определения функции: $D(y) = (0; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Асимптоты и поведение на границах области определения:
- Вертикальная асимптота:
Исследуем поведение функции при $x \to 1$:
При $x \to 1^-$ (слева), $\log_2 x \to 0^-$, следовательно $y \to \frac{1}{0^-} = -\infty$.
При $x \to 1^+$ (справа), $\log_2 x \to 0^+$, следовательно $y \to \frac{1}{0^+} = +\infty$.
Прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.
- Поведение при $x \to 0^+$:
При $x \to 0^+$, $\log_2 x \to -\infty$, следовательно $y \to \frac{1}{-\infty} = 0$.
График приближается к точке $(0, 0)$.
- Горизонтальная асимптота:
Исследуем поведение функции при $x \to +\infty$:
При $x \to +\infty$, $\log_2 x \to +\infty$, следовательно $y \to \frac{1}{+\infty} = 0$.
Прямая $y=0$ (ось Ox) является горизонтальной асимптотой при $x \to +\infty$.

3. Монотонность и экстремумы:
Найдем первую производную функции: $y' = \left(\frac{1}{\log_2 x}\right)' = -\frac{1}{(\log_2 x)^2} \cdot (\log_2 x)' = -\frac{1}{(\log_2 x)^2} \cdot \frac{1}{x \ln 2}$.
В области определения $x > 0$, $\ln 2 > 0$ и $(\log_2 x)^2 > 0$. Следовательно, $y' < 0$ для всех $x \in D(y)$.
Функция является убывающей на каждом из интервалов своей области определения: $(0; 1)$ и $(1; +\infty)$.
Так как производная нигде не равна нулю, у функции нет точек экстремума.

4. Выпуклость и точки перегиба:
Найдем вторую производную. Удобнее представить $y' = -(\ln 2) \cdot x^{-1} \cdot (\ln x)^{-2}$.
$y'' = -(\ln 2) \left[(-x^{-2})(\ln x)^{-2} + x^{-1}(-2(\ln x)^{-3} \cdot \frac{1}{x})\right] = -(\ln 2) \left[-\frac{1}{x^2(\ln x)^2} - \frac{2}{x^2(\ln x)^3}\right]$
$y'' = (\ln 2) \left[\frac{\ln x + 2}{x^2(\ln x)^3}\right] = \frac{\ln 2 (\ln x + 2)}{x^2(\ln x)^3}$.
Знак $y''$ зависит от знака выражения $\frac{\ln x + 2}{(\ln x)^3}$.
$y'' = 0$ при $\ln x + 2 = 0 \implies \ln x = -2 \implies x = e^{-2} \approx 0.135$.
- При $x \in (0; e^{-2})$: $\ln x < -2 \implies \ln x + 2 < 0$ и $(\ln x)^3 < 0$. Тогда $y'' > 0$, функция выпукла вниз (вогнута).
- При $x \in (e^{-2}; 1)$: $-2 < \ln x < 0 \implies \ln x + 2 > 0$ и $(\ln x)^3 < 0$. Тогда $y'' < 0$, функция выпукла вверх (выгнута).
- При $x \in (1; +\infty)$: $\ln x > 0 \implies \ln x + 2 > 0$ и $(\ln x)^3 > 0$. Тогда $y'' > 0$, функция выпукла вниз (вогнута).
В точке $x = e^{-2}$ вторая производная меняет знак, значит, это точка перегиба.
Координата $y$ в этой точке: $y(e^{-2}) = \frac{1}{\log_2(e^{-2})} = \frac{1}{-2/\ln 2} = -\frac{\ln 2}{2} \approx -0.347$.
Точка перегиба: $(e^{-2}; -\frac{\ln 2}{2})$.

5. Контрольные точки:
- $x = 0.5$, $y = \frac{1}{\log_2(0.5)} = \frac{1}{-1} = -1$. Точка $(0.5; -1)$.
- $x = 2$, $y = \frac{1}{\log_2(2)} = \frac{1}{1} = 1$. Точка $(2; 1)$.
- $x = 4$, $y = \frac{1}{\log_2(4)} = \frac{1}{2} = 0.5$. Точка $(4; 0.5)$.

Ответ:
График функции $y = \frac{1}{\log_2 x}$ состоит из двух ветвей, разделенных вертикальной асимптотой $x=1$.
- Левая ветвь ($x \in (0; 1)$): Начинается в точке $(0; 0)$, убывает, сначала выпукла вниз, в точке $(e^{-2}; -\frac{\ln 2}{2})$ имеет перегиб, после чего становится выпуклой вверх и стремится к $-\infty$ при приближении к асимптоте $x=1$ слева.
- Правая ветвь ($x \in (1; +\infty)$): Приближаясь к асимптоте $x=1$ справа, функция стремится к $+\infty$. Ветвь убывает на всем протяжении и выпукла вниз, приближаясь к горизонтальной асимптоте $y=0$ при $x \to +\infty$.

2) $y = \frac{1}{\ln x}$

Исследование этой функции аналогично предыдущему. Можно заметить, что $\log_2 x = \frac{\ln x}{\ln 2}$, поэтому $y_{1} = \frac{1}{\log_2 x} = \frac{\ln 2}{\ln x} = (\ln 2) \cdot y_{2}$. Это означает, что график первой функции является растяжением графика второй функции вдоль оси Oy с коэффициентом $\ln 2 \approx 0.693$. Проведем полное исследование для проверки.

1. Область определения функции (ОДЗ):
$x > 0$ и $\ln x \neq 0 \implies x \neq 1$.
$D(y) = (0; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Асимптоты и поведение на границах области определения:
- Вертикальная асимптота: $x=1$.
При $x \to 1^-$, $\ln x \to 0^-$, $y \to -\infty$.
При $x \to 1^+$, $\ln x \to 0^+$, $y \to +\infty$.
- Поведение при $x \to 0^+$: $y \to \frac{1}{-\infty} = 0$. График подходит к точке $(0; 0)$.
- Горизонтальная асимптота: $y=0$ при $x \to +\infty$.

3. Монотонность и экстремумы:
$y' = \left(\frac{1}{\ln x}\right)' = -\frac{1}{(\ln x)^2} \cdot \frac{1}{x} = -\frac{1}{x(\ln x)^2}$.
Так как $x>0$ и $(\ln x)^2 > 0$ в области определения, то $y' < 0$.
Функция убывает на $(0; 1)$ и на $(1; +\infty)$. Экстремумов нет.

4. Выпуклость и точки перегиба:
$y'' = \left(-\frac{1}{x(\ln x)^2}\right)' = \frac{(x(\ln x)^2)'}{(x(\ln x)^2)^2} = \frac{(\ln x)^2 + x \cdot 2\ln x \cdot \frac{1}{x}}{x^2(\ln x)^4} = \frac{\ln x(\ln x + 2)}{x^2(\ln x)^4} = \frac{\ln x + 2}{x^2(\ln x)^3}$.
Знак $y''$ определяется знаком выражения $\frac{\ln x + 2}{(\ln x)^3}$.
Точка перегиба при $\ln x + 2 = 0 \implies x = e^{-2}$.
- $x \in (0; e^{-2}) \implies y'' > 0$ (выпукла вниз).
- $x \in (e^{-2}; 1) \implies y'' < 0$ (выпукла вверх).
- $x \in (1; +\infty) \implies y'' > 0$ (выпукла вниз).
Точка перегиба: $x=e^{-2}$. $y(e^{-2}) = \frac{1}{\ln(e^{-2})} = -\frac{1}{2}$. Точка $(e^{-2}; -0.5)$.

5. Контрольные точки:
- $x = 1/e \approx 0.368$, $y = \frac{1}{\ln(1/e)} = -1$. Точка $(1/e; -1)$.
- $x = e \approx 2.718$, $y = \frac{1}{\ln(e)} = 1$. Точка $(e; 1)$.
- $x = e^2 \approx 7.389$, $y = \frac{1}{\ln(e^2)} = 0.5$. Точка $(e^2; 0.5)$.

Ответ:
График функции $y = \frac{1}{\ln x}$ качественно похож на график из первого пункта. Он также состоит из двух ветвей с вертикальной асимптотой $x=1$.
- Левая ветвь ($x \in (0; 1)$): Начинается в точке $(0; 0)$, убывает, выпукла вниз до точки перегиба $(e^{-2}; -0.5)$, после чего становится выпуклой вверх и уходит на $-\infty$ при $x \to 1^-$.
- Правая ветвь ($x \in (1; +\infty)$): При $x \to 1^+$, $y \to +\infty$. Ветвь убывает, оставаясь выпуклой вниз, и асимптотически приближается к оси Ox ($y=0$) при $x \to +\infty$.