Test f dla wklęsłości?

Odpowiedź:

#fa# jest wypukły # RR #

Wyjaśnienie:

Rozwiązałem to myślę.

#fa# jest 2 razy różniczkowalny # RR # więc #fa# i #fa'# są ciągłe # RR #

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

Rozróżniamy obie części, które otrzymujemy

# 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 # więc #f '(x) ^ 2 + 1> 0 #

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

Potrzebujemy znaku licznika, więc rozważamy nową funkcję

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

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

Zauważamy to #g '(0) = e ^ 0-cos0 + 6 * 0 = 1-1 + 0 = 0 #

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

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

W końcu dostajemy ten stół, który pokazuje monotonię #sol#

Domniemany # I_1 = (- oo, 0 # i # 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) #

bo

• #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 #

• Używając twierdzenia squeeze / sandwich

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

W związku z tym, #lim_ (xrarr-oo) g (x) = + oo #

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

Z tym samym procesem kończymy

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

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

W związku z tym, #lim_ (xrarr + oo) g (x) = + oo #

Zakres #sol# będzie:

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

• # 0! InR_g = 3, + oo) # więc #sol# nie ma korzeni # RR #

  #sol# jest ciągły w # RR # i nie ma rozwiązań. W związku z tym, #sol# zachowują się # RR #

To znaczy

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

A zatem, #g (π) = e ^ π-sinπ + 3π ^ 2 + 2 = e ^ π + 3π ^ 2 + 2> 0 #

W rezultacie #g (x)> 0 #, # x ##w## RR #

I #f '' (x)> 0 #, # x ##w## RR #

#-># #fa# jest wypukły # RR #

Odpowiedź:

Zobacz poniżej.

Wyjaśnienie:

Dany #y = f (x) # promień krzywizny krzywej jest określony przez

#rho = (1+ (f ') ^ 2) ^ (3/2) / (f' ') # tak podane

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

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

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

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

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

teraz analizuję #g (x) = e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2 # mamy

#min g (x) = 0 # dla #x w RR # więc #g (x) ge 0 # a następnie krzywizna w

#rho = (3 (1+ (f ') ^ 2) ^ (5/2)) / (e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2) # nie zmienia znaku, więc dochodzimy do wniosku #f (x) # epigraf jest wypukły # RR #