Fórmula con 2 puntos de inflexión

Question

$x^3$ tiene un punto de inflexión en $x=0$ . ¿Cómo modificará la fórmula para añadir un 2º punto de inflexión en $x=1$ ?

Parcela de $x^3$

Parcela de $x^3(x-1)^3$

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Actualización

El gráfico que quiero conseguir tiene una forma parecida a la que se muestra a continuación. Sin embargo, me gustaría que los 2 puntos de inflexión en $(0, 1)$ y $(1, 0.05)$ y corta el eje x en $(1.5,0)$ y el eje y en $(0,1)$ .

Gráfico con forma de objetivo similar

Intento actual

Lo más cerca que puedo llegar es usando $1 - [ 16x^3 - 23x^4 + 9x^5 ]$ utilizando la ecuación de J.M. dentro del $[]$ corchetes con $\alpha=2$ y $\beta=1$ . ¿Cómo debo llevar el punto de inflexión a $x=1$ hasta alrededor de $y=0.05$ ? Actualmente está en $y=-1$

Answer 1

Una familia bastante general viene dada por

$$2(5\alpha-2\beta)x^3+(7\beta-15\alpha)x^4+3(2\alpha-\beta)x^5$$

Lo he obtenido mediante interpolación Hermite. Eso implica derivadas, así que no estoy seguro de si esto cuenta para una respuesta "pre-cálculo".

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Me gustaría que los 2 puntos de inflexión en $(0,1)$ y $(1,0.05)$ y corta el eje x en $(1.5,0)$ y el eje y en $(0,1)$ .

Utilizando de nuevo la interpolación de Hermite, obtenemos el polinomio

$$1-\frac{3977}{270}x^3+\frac{5389}{180}x^4-\frac{385}{18}x^5+\frac{706}{135}x^6$$

Puede comprobar fácilmente que tiene las propiedades necesarias.

Otra posibilidad, cuya forma se acerca un poco más a lo que parece querer el OP, es

$$1-\frac{6491}{270}x^3+\frac{34603}{540}x^4-\frac{1223}{18}x^5+\frac{4477}{135}x^6-\frac{838}{135}x^7$$

Answer 2

Parece que hay una restricción implícita (¡porque si no la respuesta de George V. Williams (+1) sería perfecta!) : que las derivadas en $x=0$ y $1$ son $0$ ¡!

Con estas restricciones obtuve un polinomio de grado $6$ $P(x)=\frac{706}{135}x^6-\frac{385}{18}x^5+\frac{5389}{180}x^4-\frac{3977}{270}x^3+1$
pero el comportamiento no era agradable cerca de $\frac 32$ así que lo intenté de nuevo con un polinomio de grado $7$ y la restricción adicional $P'\left(\frac 32\right)=-1$ (¡cámbielo si lo desea!) : $$P(x)=a x^7+b x^6+c x^5+dx^4+ex^3+fx^2+gx+h$$ En $P(0)=1$ obtenemos $\ h=1$
En $P(1)=\frac 1{20}$ obtenemos $\ a+b+c+d+e+f+g=\frac 1{20}-1$
También queremos $P\left(\frac 32\right)=0$ pero escribiré esto más tarde...
$$P'(x)=7ax^6+6b x^5+5c x^4+4dx^3+3ex^2+2fx+g$$ Debería $P'(0)=P'(1)=0$ se desea entonces $g=0\ $ y $\ 7a+6b+5c+4d+3e+2f=0$
(impondremos también $P'\left(\frac 32\right)=-1$ al final) $$P''(x)=42ax^5+30b x^4+20c x^3+12dx^2+6ex+2f$$

En $P''(0)=P''(1)=0$ obtenemos $f=0\ $ y $\ 7a+5b+\frac {10}3c+2d+e=0$

Pongamos todo junto (las dos últimas líneas de la matriz se refieren a $64P'\left(\frac 32\right)$ y $128P\left(\frac 32\right)$ ) : $$P(x)=a x^7+bx^6+c x^5+dx^4+ex^3+1$$ con \begin{array}{cccccc} a &+b &+c &+d &+e&= &-\frac{19}{20}\\ 7a &+6b &+5c &+4d &+3e &= &0\\ 7a &+5b &+\frac {10}3c&+2d&+e&=&0\\ 5103a &+ 2916b &+ 1620c &+ 864d &+ 432e &=&-64\\ 2187a &+ 1458 b &+ 972 c &+ 648d &+ 432e &=&-128\\ \end{array}

La solución deducida de este sistema es : $$P(x)=-\frac{838}{135}x^7+\frac{4477}{135}x^6-\frac{1223}{18}x^5+\frac{34603}{540}x^4-\frac{6491}{270}x^3+1$$

con la imagen :

Answer 3

Usa un polinomio de cuarto grado $f(x) = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e$ y consigue eso:

$$ f''(x) = 12ax^2 + 6bx + c = 0 \text{ at } x = 0 \text{ and } 1$$

Así que lo entendemos:

$$ c = 0 \text{ and } 12a + 6b = 0$$

¡Bueno, eso aún no es suficiente! Basándonos en lo que has dicho, también sabemos que $e = 1$ (ya que $f(0) = 1$ ). También lo necesitamos:

$$f(1) = a+b+c+d+e = \\ a + b + d + 1 = 0.05$$

Tan cerca, y su último criterio, que $f(1.5) = 0$ nos dejará terminarlo:

$$ 5.0625 a + 3.375 b + 1.5d + 1 = 0$$

Tenemos el siguiente sistema de ecuaciones:

$$ 2a + b = 0 \\ a + b + d + 1 = 0.05 \\ 5.0625 a + 3.375 b + 1.5d + 1 = 0 $$

Resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos:

$$a = -\frac{34}{15} \\ b = \frac{68}{15} \\ d = -\frac{193}{60} $$

Representar gráficamente el resultado:

Answer 4

Un polinomio de cuarto grado puede tener dos puntos de inflexión. Elijamos uno arbitrario: $f(x) = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e$ .

Los puntos de inflexión se producen cuando la segunda derivada es $0$ : $f^{\prime\prime}(x) = 12ax^2 + 6bx^2 + c = 0$ . Queremos que estas raíces estén en 0 y 1.

Sustituyendo $x=0$ obtenemos $c = 0$ . Sustituyendo $x=1$ podemos elegir $a = 1, b = -2$ . Vuelve a introducirlos en la ecuación original: $x^4 - 2x^3 + dx + e$ . Una solución es simplemente $x^4 - 2x^3$ pero uno más bonito es $x^4 - 2x^3 + x + \frac{1}{4}$