Preskusite f za konkavnost?

Odgovor:

# f # je konveksen v # RR #

Pojasnilo:

Rešeno, mislim.

# f # je 2-krat diferenciran v # RR # tako # f # in # f '# so neprekinjene # RR #

Imamo # (f '(x)) ^ 3 + 3f' (x) = e ^ x + cosx + x ^ 3 + 2x + 7 #

Razlikujemo oba dela

# 3 * (f '(x)) ^ 2f' '(x) + 3f' '(x) = e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2 # #<=>#

# 3f '' (x) ((f '(x)) ^ 2 + 1) = e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2 #

• #f '(x) ^ 2> = 0 # tako #f '(x) ^ 2 + 1> 0 #

#<=># #f '' (x) = (e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2) / (3 ((f '(x)) ^ 2 + 1)> 0) #

Potreben je znak števca, da bi upoštevali novo funkcijo

#g (x) = e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2 # , # x ## v ## RR #

#g '(x) = e ^ x-cosx + 6x #

To opazimo #g '(0) = e ^ 0-cos0 + 6 * 0 = 1-1 + 0 = 0 #

Za # x = π # #=># #g '(π) = e ^ π-cosπ + 6π = e ^ π + 1 + 6π> 0 #

Za # x = -π # #g '(- π) = e ^ (- π) -cos (-π) -6π = 1 / e ^ π + cosπ-6π = 1 / e ^ π-1-6π <0 #

Končno dobimo to tabelo, ki prikazuje monotonijo # g #

Predpostavljeno # I_1 = (- oo, 0) # in # I_2 = 0, + oo #

#g (I_1) = g ((- oo, 0) = g (0), lim_ (xrarr-oo) g (x)) = 3, + oo) #

#g (I_2) = g (0, + oo)) = g (0), lim_ (xrarr + oo) g (x)) = 3, + oo) #

Ker

• #lim_ (xrarr-oo) g (x) = lim_ (xrarr-oo) (e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2) #

# | sinx | <= 1 # #<=># # -1 <= - sinx <= 1 # #<=>#

# e ^ x + 3x ^ 2 + 2-1 <= e ^ x + 3x ^ 2 + 2-sinx <= e ^ x + 3x ^ 2 + 2 + 1 # #<=>#

# e ^ x + 3x ^ 2 + 1 <= e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2 <= e ^ x + 3x ^ 2 + 3 <=> #

# e ^ x + 3x ^ 2 + 1 <= g (x) <= e ^ x + 3x ^ 2 + 3 #

• Uporaba teorema o pritisku / sendviču imamo

#lim_ (xrarr-oo) (e ^ x + 3x ^ 2 + 1) = + oo = lim_ (xrarr-oo) (e ^ x + 3x ^ 2 + 3x) #

Zato, #lim_ (xrarr-oo) g (x) = + oo #

• #lim_ (xrarr + oo) g (x) = lim_ (xrarr + oo) (e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2) #

Z istim procesom, do katerega smo prišli

# e ^ x + 3x ^ 2 + 1 <= g (x) <= e ^ x + 3x ^ 2 + 3 #

Vendar pa #lim_ (xrarr + oo) (e ^ x + 3x ^ 2 + 1) = + oo = e ^ x + 3x ^ 2 + 3 #

Zato, #lim_ (xrarr + oo) g (x) = + oo #

Območje # g # bo:

# R_g = g (D_g) = g (I_1) uug (I_2) = 3, + oo) #

• # 0! InR_g = 3, + oo) # tako # g # nima korenin # RR #

  # g # je neprekinjeno # RR # in nima rešitev. Zato, # g # ohrani vpis # RR #

To pomeni

# {(g (x)> 0 "," xεRR), (g (x) <0 "," xεRR):} #

Tako #g (π) = e ^ π-sinπ + 3π ^ 2 + 2 = e ^ π + 3π ^ 2 + 2> 0 #

Kot rezultat #g (x)> 0 #, # x ## v ## RR #

In #f '' (x)> 0 #, # x ## v ## RR #

#-># # f # je konveksen v # RR #

Odgovor:

Glej spodaj.

Pojasnilo:

Glede na #y = f (x) # polmer krivine krivulje je podan s

#rho = (1+ (f ') ^ 2) ^ (3/2) / (f' ') # tako dano

# (f ') ^ 3 + 3f' = e ^ x + cosx + x ^ 3 + 2 x + 7 # imamo

# 3 (f ') ^ 2f' '+ 3f' '= e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2 # ali

#f '' (1+ (f ') ^ 2) = 1/3 (e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2) # ali

# 1 / (f '' (1+ (f ') ^ 2)) = 3 / (e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2) # ali

#rho = (1+ (f ') ^ 2) ^ (3/2) / (f' ') = (3 (1+ (f') ^ 2) ^ (5/2)) / (e ^ x 3 x ^ 3-sinx + 2) #

zdaj analiziramo #g (x) = e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2 # imamo

#min g (x) = 0 # za #x v RR # tako #g (x) ge 0 # in nato ukrivljenost

#rho = (3 (1+ (f ') ^ 2) ^ (5/2)) / (e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2) # ne spremeni znaka, zato zaključimo #f (x) # epigraf je konveksen v # RR #