min

[Гост]

Още 1

[Davids]

Ще ползваме две тригонометрични тъждества:
1) $sinx + cosx = \sqrt{2}cos(\frac{\pi}{4} - x)$
2) $1 + sin2x = \sqrt{2}cos^2(\frac{\pi}{4} - x)$
И ако положим $t = cos(\frac{\pi}{4} - x) \in [-1; 1]$, то тогава изразът придобива вида:
$A = f(t) = (\sqrt{2}t)^3 + \frac{1}{2t^2}$

След като регистрирахме израза като фунцкия, остава да му намерим най-малката стойност в интервала за $t \in [-1; 1]$

За целта намираме $f'(t) = 6\sqrt{2}t^2 - t^{-3}$
Единствена нула на производната, която попада и в нашия интервал, е $t = \sqrt[5]{\frac{\sqrt{5}}{12}}$, но самата стойност не ни интересува
След проверка, че $f'(-1) = 6\sqrt{2} + 1 > 0$ и $f'(1) = 6\sqrt{2} - 1 < 0$ достигаме до извода, че при корена на производната всъщност имаме локален максимум (тъй като производната сменя знака си от плюс на минус).
Това еднозначно ни казва, че минимума на $f(t)$ се достига при една от граничните стойности (т.е. или $-1$, или $1$). След проверка установяваме, че $f(-1) < f(1)$, и така $f_{min}(t) = f(-1) = -2\sqrt{2} + \frac{1}{2}$

[Добромир Глухаров]

$sinx+cosx=\sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}sinx+\frac{\sqrt{2}}{2}cosx)=\sqrt{2}(sinxcos{\frac{\pi}{4}}+sin{\frac{\pi}{4}}cosx)=\sqrt{2}sin(\frac{\pi}{4}+x)$

$y(x)=(sinx+cosx)^3+\frac{1}{(sinx+cosx)^2}=y_1(t)=t^3+\frac{1}{t^2}=\frac{t^5+1}{t^2};\ -\sqrt{2}\leq t\leq\sqrt{2}$

$y_1(-\sqrt{2})=-2\sqrt{2}+0,5;\ y_1(\sqrt{2})=2\sqrt{2}+0,5$

$y_1'(t)=3t^2-\frac{2t}{t^4}=3t^2-\frac{2}{t^3}=0\Rightarrow 3t^5=2\Rightarrow t=\sqrt[5]{\frac{2}{3}}$

$y_1\left(\sqrt[5]{\frac{2}{3}}\right)=\frac{\left(\sqrt[5]{\frac{2}{3}}\right)^5+1}{\sqrt[5]{\frac{4}{9}}}>0>-2\sqrt{2}+0,5=y_1(-\sqrt{2})$

$\Rightarrow\begin{array}{c}min\ y\\x\in DO\end{array}=y_1(-\sqrt{2})=-2\sqrt{2}+0,5$

[Knowledge Greedy]

Една идея, свързана с неравенства между средните.
Представяме както Добромир:
[tex]y(x)=(sinx+cosx)^3+\frac{1}{(sinx+cosx)^2}[/tex]
След полагането [tex]sinx+cosx=t, \,\ t\in [- \sqrt{2};\sqrt{2}] \setminus \left \{ 0 \right \}[/tex]
[tex]y(x)=Y(t)=t^3+\frac{1}{t^2}[/tex]
прилагаме неравенството между средното аритметично и средното геометрично:
[tex]\frac{3t^3+3t^3+2.\frac{1}{t^2}+2.\frac{1}{t^2}+2.\frac{1}{t^2}}{5}\ge \sqrt[5]{3\cancel{t^3}.3\cancel{t^3} .2 \frac{1}{\cancel{t^2}}.2\frac{1}{\cancel{t^2}}.2\frac{1}{\cancel{t^2}}}[/tex]
Получаваме [tex]\frac{6}{5}Y(t)\ge \sqrt[5]{72}[/tex]
Равенството се получава при [tex]3t^3=\frac{2}{t^2}[/tex], т.е. когато [tex]t=\sqrt[5]{\frac{2}{3}}[/tex]
Намерихме локален минимум в интервала [tex]t\in (0;\sqrt{2}][/tex]
[tex]Y_{min}(t)=Y \left ( \sqrt[5]{\frac{2}{3}} \right )=\frac{5}{6} \sqrt[5]{72}[/tex]
За беда, част от величините [tex]3t^3, 3t^3, \frac{2}{t^2}, \frac{2}{t^2}, \frac{2}{t^2}[/tex] променят знака си в интервала [tex]t\in [- \sqrt{2};0)[/tex], което не позволява прилагането на СА-СГ (защото функцията [tex]Y(t)[/tex] се променя).
Тази неприятност може да компенсираме (т. к. търсим минимум), като разглеждаме [tex]Y(t)[/tex] само в интервала [tex]t\in [- \sqrt{2};-1][/tex] и използваме интуитивно ясната непрекъснатост на функцията, както и нейната монотонност - доказуема без производни.
[tex]Y(t_1)<Y(t_2) \,\ \Leftrightarrow \,\ t^3_1+\frac{1}{t^2_1}<t^3_2+\frac{1}{t^2_2} \,\ \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \,\ \frac{1}{t^2_1}-\frac{1}{t^2_2}<t^3_2-t^3_1 \,\ \Leftrightarrow \frac{\cancel{(t_2-t_1)}(t_2+t_1)}{t^2_1t^2_1}<\cancel{(t_2-t_1)}(t^2_2+t_1t_2+t^2_1) \,\ \Leftrightarrow \frac{t_2+t_1}{t^2_1t^2_1}< t^2_2+t_1t_2+t^2_1[/tex]
Лявата страна е отрицателна за произволни стойности на [tex]t_1[/tex] и [tex]t_2[/tex], за които [tex]- \sqrt{2} \le t_1<t_2\le-1[/tex],
а дясната е положителна.
Вече е ясно, че [tex]Y(-\sqrt{2})\le Y(t)[/tex]
[tex]\forall t\in [- \sqrt{2};-1][/tex]
Това означава, че [tex]Y_{min}(t)=Y \left (- \sqrt{2} \right )= -2\sqrt{2}+\frac{1}{2}[/tex]
Намереният минимум е и абсолютен, т.к. в другите интервали функцията е с неотрицателни стойности.