A fajta f tesztje?

Válasz:

# F # domború # RR #

Magyarázat:

Úgy gondoltam, megoldódott.

# F # 2-szer megkülönböztethető # RR # így # F # és # F '# folyamatos # RR #

Nekünk van # (F '(x)) ^ 3 + 3f' (x) = e ^ x + cosx + x ^ 3 + 2x + 7 #

Mindkét rész megkülönböztetése

# 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 # így #f '(x) ^ 2 + 1> 0 #

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

Szükségünk van a számláló jelére, hogy új funkciót vegyünk figyelembe

#G (x) = e ^ x-sinx + 3x ^ 2 + 2 # , #x##ban ben## RR #

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

Ezt észrevettük #G '(0) = e ^ 0-cos0 + 6 * 0 = 1-1 + 0 = 0 #

mert # X = π # #=># #G '(π) = e ^ π-cosπ + 6π = e ^ π + 1 + 6π> 0 #

mert # X = -π # #G '(- π) = e ^ (- π) -cos (-π) -6π = 1 / e ^ π + cosπ-6π = 1 / e ^ π-1-6π <0 #

Végül megkapjuk ezt a táblázatot, amely a monotonitást mutatja # G #

Feltételezett # I_1 = (- oo, 0 # és # 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) #

mert

• #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 #

• A squeeze / sandwich tétel felhasználásával

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

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

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

Ugyanezzel a folyamatkal végül

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

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

Ebből adódóan, #lim_ (xrarr + oo) g (x) = + oo #

A tartomány a # G # lesz:

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

• # 0! InR_g = 3, + oo) # így # G # nincs gyökerei # RR #

  # G # folyamatos # RR # és nincs megoldása. Ebből adódóan, # G # megőrzi a bejelentkezést # RR #

Azt jelenti

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

És így, #G (π) = e ^ π-sinπ + 3π ^ 2 + 2 = e ^ π + 3π ^ 2 + 2> 0 #

Ennek eredményeként #G (x)> 0 #, #x##ban ben## RR #

És #f '' (x)> 0 #, #x##ban ben## RR #

#-># # F # domború # RR #

Válasz:

Lásd lentebb.

Magyarázat:

Adott #y = f (x) # a görbe görbületi sugarát a

#rho = (1+ (f ') ^ 2) ^ (3/2) / (f' ') # így adott

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

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

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

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

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

most elemzi #g (x) = e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2 # nekünk van

#min g (x) = 0 # mert #x az RR-ben így #g (x) ge 0 # majd a görbületet

#rho = (3 (1+ (f ') ^ 2) ^ (5/2)) / (e ^ x + 3x ^ 3-sinx + 2) # nem változtatja meg a jelet, így arra következtetünk #f (X) # az epigraph konvex # RR #