Page 193 - 4371

f   x    2 et 2t  t 3 3 t 2 5 t 1  2  e 5, t 0 ;
    t 2e 2t  t 3 6 t 2 11 t  6   2e 2t  t 1  t 2  t  3 . Та-
ким чином,   0t  при t  1,0   2,1  і   0t  при
t   2,1   ,3   . Точки t , 1 t  3 – точки максимуму,
t  2 – точка мінімуму, причому   00  ,    01  ,    02  ,

   03  . Тому  t при t 0 обертається в нуль двічі – при
t   ,0  1 і при t  2,1 , а функція  xf відповідно має 4
нулі.
2 n x k
6.21 Нехай   xf  . Зауважимо, що lim f   x ,
 k!
k 0 x  
а також lim f   x , звідси випливає, що існує точка
x  
x , в якій  xf досягає свого найменшого значення. Якщо
0
припустити, що рівняння   0xf має дійсні корені, то
2n 1 x k
зрозуміло, що   0xf . Враховуючи, що f    x  і
0
k 0 !k
 f   0x (зауважимо, що x  0 ), маємо
0 0
x 2n
f   fx    x 0  0 ,
0 0
 !2n
що неможливо при x  0 , чим твердження і доведено.
0
6.22 Очевидно 2 x 4  2x 2  3 y 4  3y 2  4 
  3  2 7  7
2
   2 x 2  1   2      2 2  7 .
 2  y
 4  4
  2  
3
2
2
Причому рівність досягається тільки при x  1 і y  .
2
Таким чином, на площині одержуємо чотири точки:
 ,1 3 2   ,1,  3  2 ,  1 , 3 2   1,  ,  3  2 .
n
6.23 Нехай  xP  a x  a x n1  .. . a x  a ,
0 1 n1 n

193