Jak w temacie- trzeba obliczyć te rzeczy do funkcji zadanej wzorem
\(f(x)=2log(1+x^2)\)
wklęsłość, wypukłość, punkty przegięcia
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
-
Galen
- Guru
- Posty: 18457
- Rejestracja: 17 sie 2008, 15:23
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 9161 razy
\(f'(x)= \frac{4x}{1+x^2}\;\;\;\;D_{f'}=D_f=R\\
f''= \frac{-4x^2+4}{(1+x^2)^2}\\
f''(x)=0\; \Leftrightarrow \;x=-1\;\;lub\;\;\;x=1\)
Druga pochodna zmienia znak przy przejściu przez swoje miejsca zerowe,zatem są one punktami przegięcia funkcji f.
\(f''(x)<0 \;w\; zbiorach\;\;(- \infty ;-1)\;\;oraz\;\;(1;+ \infty )\)
tam funkcja jest wypukła.(wybrzuszona ku górze)
\(f''(x)>0\;\;w\;zbiorze\;\;(-1;1)\)
i w nim funkcja jest wklęsła (wybrzuszona ku dołowi).
f''= \frac{-4x^2+4}{(1+x^2)^2}\\
f''(x)=0\; \Leftrightarrow \;x=-1\;\;lub\;\;\;x=1\)
Druga pochodna zmienia znak przy przejściu przez swoje miejsca zerowe,zatem są one punktami przegięcia funkcji f.
\(f''(x)<0 \;w\; zbiorach\;\;(- \infty ;-1)\;\;oraz\;\;(1;+ \infty )\)
tam funkcja jest wypukła.(wybrzuszona ku górze)
\(f''(x)>0\;\;w\;zbiorze\;\;(-1;1)\)
i w nim funkcja jest wklęsła (wybrzuszona ku dołowi).
Wszystko jest trudne,nim stanie się proste.
-
jola
- Expert
- Posty: 5246
- Rejestracja: 16 lut 2009, 23:02
- Podziękowania: 3 razy
- Otrzymane podziękowania: 1967 razy
- Płeć:
\(f(x)\ =\ 2log(1+x^2)\ \ \ \wedge \ \ \ \ D_f=R\)
\(f'(x)\ =\ 2log e\ \cdot \frac{2x}{1+x^2}\ =\ 4log e\ \cdot \ \frac{x}{1+x^2} \ \ \ \ \wedge \ \ \ \ D__{f'}=R\)
\(f''(x)\ =\ 4log e\ \cdot \ \frac{1+x^2-x \cdot 2x}{(1+x^2)^2}\ =\ 4log e\ \cdot \ \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\ \ \ \ \wedge \ \ \ D_{f''}=R\)
\(\begin{cases}f''(x)=0\\ x \in R \end{cases}\ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ x=1\ \ \ \vee \ \ \ x=-1\ \ \Rightarrow \\)dla tych argumentów funkcja może mieć punkty przegięcia
\(\begin{cases}f''(x)>0\\ x \in R \end{cases}\ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ x \in (-1\ ;\ 1)\ \ \ \Rightarrow \ \ \ dla\ x \in (-1\ ;\ 1)\ \ \\)funkcja jest wypukła
\(\begin{cases}f''(x)<0\\ x \in R \end{cases}\ \ \ \Rightarrow \ \ \ x \in (- \infty \ ;\ -1)\ \cup \ (1\ ;\ + \infty )\ \ \ \Rightarrow \ \ \\)
\(\Rightarrow \ \ \ dla\ x \in (- \infty \ ;\ -1)\ \ oraz\ \ \ dla\ x \in (1\ ;\ + \infty )\ \\)funkcja jest wklęsła
punkty (-1 ; 2log 2) oraz (1 ; 2log 2) są punktami przegięcia
\(f'(x)\ =\ 2log e\ \cdot \frac{2x}{1+x^2}\ =\ 4log e\ \cdot \ \frac{x}{1+x^2} \ \ \ \ \wedge \ \ \ \ D__{f'}=R\)
\(f''(x)\ =\ 4log e\ \cdot \ \frac{1+x^2-x \cdot 2x}{(1+x^2)^2}\ =\ 4log e\ \cdot \ \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\ \ \ \ \wedge \ \ \ D_{f''}=R\)
\(\begin{cases}f''(x)=0\\ x \in R \end{cases}\ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ x=1\ \ \ \vee \ \ \ x=-1\ \ \Rightarrow \\)dla tych argumentów funkcja może mieć punkty przegięcia
\(\begin{cases}f''(x)>0\\ x \in R \end{cases}\ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ x \in (-1\ ;\ 1)\ \ \ \Rightarrow \ \ \ dla\ x \in (-1\ ;\ 1)\ \ \\)funkcja jest wypukła
\(\begin{cases}f''(x)<0\\ x \in R \end{cases}\ \ \ \Rightarrow \ \ \ x \in (- \infty \ ;\ -1)\ \cup \ (1\ ;\ + \infty )\ \ \ \Rightarrow \ \ \\)
\(\Rightarrow \ \ \ dla\ x \in (- \infty \ ;\ -1)\ \ oraz\ \ \ dla\ x \in (1\ ;\ + \infty )\ \\)funkcja jest wklęsła
punkty (-1 ; 2log 2) oraz (1 ; 2log 2) są punktami przegięcia
-
Galen
- Guru
- Posty: 18457
- Rejestracja: 17 sie 2008, 15:23
- Podziękowania: 4 razy
- Otrzymane podziękowania: 9161 razy
\(y= \frac{1}{2}x \cdot e^{ \frac{-1}{2}x}\)
\(y'= \frac{1}{2} \cdot e^{- \frac{1}{2}x}+ \frac{1}{2}x \cdot (- \frac{1}{2}) \cdot e^{ \frac{-1}{2}x} =\\
= \frac{1}{2e^{0,5x}}- \frac{x}{4e^{0,5x}}= \frac{2-x}{4e^{0,5x}}\)
y'=0 dla x=2
Pochodna zmienia znak z "+" na "-",czyli funkcja y osiąga maksimum.
\(f_M=f(2)= \frac{1}{e}\)
\(f''(x)= \frac{-1 \cdot 4e^{0,5x}-(2-x) \cdot 2e^{0,5x}}{16e^x}= \frac{e^{0,5x} \cdot (2x-8)}{16e^{0,5x} \cdot e^{0,5x}}=\\
= \frac{2x-8}{16e^{0,5x}}\)
\(f''(x)=0\;\;dla\;\;x=4\;\;\;\;\;\;f(4)= \frac{2}{e^2}\)
Druga pochodna zmienia znak z minusa (wklęsła) na plus (wypukła),czyli ma punkt przegięcia dla x=4.
\(y'= \frac{1}{2} \cdot e^{- \frac{1}{2}x}+ \frac{1}{2}x \cdot (- \frac{1}{2}) \cdot e^{ \frac{-1}{2}x} =\\
= \frac{1}{2e^{0,5x}}- \frac{x}{4e^{0,5x}}= \frac{2-x}{4e^{0,5x}}\)
y'=0 dla x=2
Pochodna zmienia znak z "+" na "-",czyli funkcja y osiąga maksimum.
\(f_M=f(2)= \frac{1}{e}\)
\(f''(x)= \frac{-1 \cdot 4e^{0,5x}-(2-x) \cdot 2e^{0,5x}}{16e^x}= \frac{e^{0,5x} \cdot (2x-8)}{16e^{0,5x} \cdot e^{0,5x}}=\\
= \frac{2x-8}{16e^{0,5x}}\)
\(f''(x)=0\;\;dla\;\;x=4\;\;\;\;\;\;f(4)= \frac{2}{e^2}\)
Druga pochodna zmienia znak z minusa (wklęsła) na plus (wypukła),czyli ma punkt przegięcia dla x=4.
Wszystko jest trudne,nim stanie się proste.
