Решение с втора производна?

[BTK Strangler]

Дадена е функцията [tex]f(x) = 30x^4+18x^2-16x+3[/tex].
1) Да се докаже, че има само един екстремум (трябва да е минимум) и да се намери;
2) Да се докаже, че F(x) > 0 е вярно за всяко x ( тук мисля че може да се използва втора производна);

[prodanov]

[tex]f(x) = 30x^4 + 18x^2 - 16x + 3[/tex] дефинирана в [tex]X = (-\infty, \infty)[/tex]

[tex]1)[/tex]
[tex]let \vspace{} g(x) = f'(x) = 120x^3 + 36x - 16[/tex]
[tex]g'(x) = 360x^2 + 36 > 0 \forall x[/tex]
=> [tex]g(x)[/tex] е монотонно растяща в [tex]X[/tex].
=> [tex]f(x)[/tex] е изпъкнала, тъй като [tex]g'(x) = f''(x)[/tex]
=> [tex]\exists! \vspace{} fmin[/tex]

[tex]2)[/tex]
[tex]\lim_{x\to-\infty} g(x) = \lim_{x\to-\infty} x^3. \lim_{x\to-\infty} (120 + \frac{36}{x^2} - \frac{16}{x^3}) = -\infty[/tex]
[tex]\lim_{x\to+\infty} g(x) = \lim_{x\to+\infty} x^3. \lim_{x\to+\infty} (120 + \frac{36}{x^2} - \frac{16}{x^3}) = +\infty[/tex]

=> [tex]g(x)[/tex] има един единствен корен [tex]x_0 \in X[/tex]

[tex]g(0) = -16 < 0[/tex]
[tex]g(1) > 0[/tex]
=> [tex]0 < x_0 < 1[/tex]

3)
Но [tex]g(x) = f'(x)[/tex]
=> [tex]f(x)
\left{
\begin{array}{ll}
\searrow, & x \in (-\infty, x_0) \\
\nearrow, & x \in (x_0, +\infty)
\end{array}
\right.[/tex]

От [tex]0 < x_0 < 1[/tex]
=> [tex]f(0) < f(x_0)[/tex]
[tex]\lim_{x\to\0\\x>0} f(x) = 3 > 0[/tex]
[tex]\lim_{x\to\1\\x<1} f(x) = 35 > 0[/tex]
[tex]\lim_{x\to\pm\infty} f(x) = +\infty[/tex]

=> [tex]f(x) > 0 \forall x[/tex]
=> [tex]\exists! fmin = f(x_0): \vspace{} x_0 \in (0,1)[/tex]

[BTK Strangler]

Супер! Всичко е абсолютно вярно

[Mark]

Мен ми се струва, че не всичко е толкова ''абсолютно вярно'' например:
[tex]f(x) \downarrow, x\in (-\infty,x_{0})[/tex], но [tex]0<x_{0}[/tex] не следва ли, че [tex]f(x_{0})<f(0)[/tex]?
Според вас излиза следното, въпреки че в точката [tex]x_{0}[/tex] имаме глобален минимум (като вече знаем, че [tex]x_{0}\ne 0[/tex]), то в точката [tex]x=0[/tex] функцията приема още по-малка стойност?

[prodanov]

Въпреки че долу си пише, че е минимум, така е. Обърнал съм знака, но въобще тоя ред е ненужен. Долните три доказват б).

Имам много други минорни грешки в решението ми, но решението е вярно, а тва ми стига за днес.

[Mark]

[tex]f(x)=26x^4+18x^2-16x+3[/tex]
[tex]f'(x)=104x^3+36x-16[/tex] , [tex]f''(x)>0 \forall x[/tex]
[tex]f'(0)<0[/tex]
[tex]f'(1)>0[/tex]
[tex]f'(x_{0})=0, 0<x_{0}<1[/tex]
[tex]\lim_{x\to0\\x>0}f(x)=3>0[/tex]
[tex]\lim_{x\to1\\x<1}f(x)=31>0[/tex]
[tex]\lim_{x\to\pm\infty}f(x)=+\infty[/tex]
Според теб от казаното дотук следва ли, че [tex]f(x)>0 \forall x[/tex]?
Обърнах внимание точно на този ред, защото долните лимеси нищо не доказват.Откъде идва това, че в точката на минимум функцията приема положителна стойност?

[prodanov]

Два интервала. [tex](-\infty, x_0) ; (x_0, \infty)[/tex]

Знака и на двата интервала в двата им крайща е положителен => няма корен/критична точка/ не пресича абцисната ос и още куп определения според учебника ми.
Остава интервала, определен от [tex]x_0[/tex]. С двата лимеса исках да докажа, че знака и там е еднакъв => няма корени и там, от където и навсякъде.

Но изникна един проблем. В интервала [tex]x_0[/tex] функцията не е монотонна. б) отпада.
Как да определя минимума за да докажа, че е > 0?

[Mark]

Нещо пак не разбирам.

Знака и на двата интервала в двата им крайща е положителен => няма корен/критична точка/ не пресича абцисната ос

С това искаш да кажеш, че f(x) няма корени или?

[prodanov]

Да и не само искам ами си го доказвам, защото си е така в тия два интервала. В средния куца работата...

[Mark]

Ако [tex]f[/tex] няма корени, то очевидно минимума е по-голям от нула(в случая).Но границата [tex]\lim_{x\to\pm\infty}f=+\infty[/tex] не доказва твоето твърдение.

[prodanov]

Как го доказа, че е този случая?

Моето доказателство е напълно валидно. Нима искаш да кажеш, че една функция може да има корен, ако е монтонна в [a,b] и има един и същ знак в двата края? Това е невъзможно с реални корени.
Още веднъж НЕ доказвам, че [tex]f(x)[/tex] няма корени, а доказвам възможността [tex]f(x)[/tex] да има корен само и единствено в x_0.
С двата лимеса опитах да приложа същото за да отхвърля и този интервал и така окончателно да няма корени [tex]f(x)[/tex] ,НО в [tex]x_0 f(x)[/tex] не е монотонна и не мога да го приложа. Сиреч трябва да докажа, че [tex]f(x) > 0[/tex] при [tex]x \in (0,1)[/tex], но не знам как става, защото втората производна е полином от трета степен с ирационален корен /пробвах с Хорнер/.

[ptj]

Проданов,

Ще ти обясня тезата на Марк. За интервала [tex][0;1][/tex] имаш [tex]f'(0)=-16<0[/tex] и [tex]f'(1)=140>0[/tex].
От факта, че [tex]f'(x)[/tex] е непрекъсната функция и различните знаци в двата края на интервала следва, че съществува поне едно [tex]x_0\in (0;1)[/tex], за което [tex]f'(x_0)=0[/tex].
[tex]f''(x)=360x^2+36\ge 36>0[/tex]
Тъй като вторатa производна характеризира скоростта на изменение на първата производна, то [tex]f'(x)[/tex] е строго растяща, сл. [tex]x_0[/tex] е единствено.
От друга страна от условията за локален екстремум (знака на [tex]f''(x)[/tex] e "+") ще имаме, че [tex]f(x_0)[/tex] e единствен локален минимум. Непрекъснатостта на [tex]f(x)[/tex] и несъществуването на други локални екстремуми (максимуми) ни дава, че [tex]f(x_0)[/tex] e абсолютен минимум за функцията [tex]f(x)[/tex].

Начин да намериш [tex]x_0[/tex] e с корените на кубичното уравнение [tex]f'(x)=0[/tex].

П.П. Можеше да минеш и без изследване на останалите интервали.


min{[tex]30 x^4+18 x^2-16 x+3[/tex]} ≈0.035729415746773790770653138370923645791269 и се достига
при x≈0.32743069246274180121193537923310781962756

[ptj]

Играейки си малко със софтуер намерих :
[tex]0=30x^4+18x^2-16x+2,(9)=[/tex]
[tex]=30. (0.5556645979682053 - 1.0175719439509936 x + x^2) (1.0797880631479988 + 1.0175719439509936 x + x^2)[/tex]

Това уравнение няма реални корени, сл. f(x)>0.

[ganka simeonova]

за 2) Лека подсказка, без втора производна..
[tex]f(x)=x^4(\frac{3}{ x^4} -\frac{16}{ x^3} +\frac{18}{ x^2} +30)[/tex]

Нека положим [tex]\frac{1}{ x} =t[/tex]

Тогава ф-та в скобите ще има вида: [tex]g(t)=3t^4-16t^3+18t^2+30[/tex]

[tex]g'(t)=12t(t^2-4t+3)[/tex]- това е "хубава" производна. Изследвайте [tex]g(t)[/tex].

[ptj]

за 2) Лека подсказка, без втора производна..
[tex]f(x)=x^4(\frac{3}{ x^4} -\frac{16}{ x^3} +\frac{18}{ x^2} +30)[/tex]

Нека положим [tex]\frac{1}{ x} =t[/tex]

Тогава ф-та в скобите ще има вида: [tex]g(t)=3t^4-16t^3+18t^2+30[/tex]

[tex]g'(t)=12t(t^2-4t+3)[/tex]- това е "хубава" производна. Изследвайте [tex]g(t)[/tex].

Да, но [tex]f(x)=\frac{g(t)}{t^4 }[/tex].
Трябва да изследваме [tex]f'(x)=\frac{t^4.g'(t)-4t^3.g(t)}{t^8 }=\frac{t(12t^3-48t^2+36t) - 4(3t^4-16t^3+18t^2+30)}{t^5 }=\frac{16t^3-36t^2-120}{t^5 }[/tex].
Очевидно тя не зависи линейно от [tex]g'(t)[/tex] и аз поне не виждам как може да се реши без формулите на Кардано.

[ganka simeonova]

ptj, Ясно е, че [tex]x^4> 0[/tex] За х=0=> f(x)>0.
Затова за 2) ще разгледаме само g(t). И ако тя приема само положителни стойности, цялата функция ще приема такива. Какъв ти Кардано?

[ptj]

Така наистина става. Ако искате да минете без 2-ра производна ще трябва да смятате стойностите [tex]g(x)[/tex] освен в 3-те "нули" за производната и в двете безкрайности. Тогава няма да има значение дали това са локални екстремуми или инфлексни точки.

[ganka simeonova]

Така наистина става, но без 2-ра производна няма да минете (необходима е проверка за инфлексия).

[ptj]

Айде, успокой се. Една 2-ра производна е горе долу същото като да се сметнат 2-граници.

[prodanov]

за 2) Лека подсказка, без втора производна..
[tex]f(x)=x^4(\frac{3}{ x^4} -\frac{16}{ x^3} +\frac{18}{ x^2} +30)[/tex]

Нека положим [tex]\frac{1}{ x} =t[/tex]

Тогава ф-та в скобите ще има вида: [tex]g(t)=3t^4-16t^3+18t^2+30[/tex]

[tex]g'(t)=12t(t^2-4t+3)[/tex]- това е "хубава" производна. Изследвайте [tex]g(t)[/tex].

така g(t) > 0 за минималните екстремуми от двете критични точки на g'(t) и f(0) \ne 0 => няма реални корени

Гениално!

[ganka simeonova]