Matematické Fórum

Skraloupak · 18. 06. 2012 14:55

Dobrý den,
mám jeden problém s příkladem: f(x,y) = x^2-y^2, která se nachází na množině ohraničených podmínkami $x\ge -1-y^2, x\le 1+y^2,-1\le x\le 1$ . Postup vím, jen nevím jak dostat body z f(-1-y^2,y) = (-1-y^2)^2-y^2.
Po zderivování mi vyšlo 2y(1+2y^2)=0 . Vim že první bod, tedy y1= 0 a dále nevím druhý bod, protože když si ho zkusím vypočítat tak mi výjde $\sqrt{-1/2}$ což se mi zdá blbost. Nevíte někdo jak prosím pokračovat ?

příklad se nachází na http://kmd.fp.tul.cz/lide/finek/MA2/Zkouska_L8_3.pdf

Rumburak · 18. 06. 2012 15:51

Ahoj.

Zderivováním $(-1-y^2)^2-y^2$ neboli $(1+y^2)^2-y^2$ dostaneme (čtverec té závorky nutno pojmout jako složenou funkci)

$2(1+y^2)\cdot 2y -2y = 2y (2(1+y^2) -1)$ ,

takže ta druhá rovnice pro stac. bod bude vypadat jinak.

Skraloupak · 18. 06. 2012 16:03

pokud se nepletu, tak mi to vyšlo stejně jako tobě po roznásobení, to zderivování. Nebo se mýlim? Možná, že jsem blbě pochopil.

Rumburak · 18. 06. 2012 16:29

↑ Rumburak:
Já u Tebe čtu něco trochu jiného :-) :

Skraloupak napsal(a):
...
Po zderivování mi vyšlo 2y(1+2y^2)=0 .
...

Phate · 18. 06. 2012 16:38

↑ Rumburak:
$2y (2(1+y^2) -1)=2y(2+2y^2-1)=2y(1+2y^2)$ nebo mi neco unika?

Skraloupak

ale když roznásobim to svoje a tvoje, tak to výjde $2y+4y^3$ a to tvé taky. :) Možná jsem už magor dneska

jelena · 18. 06. 2012 21:08

Zdravím v tématu,

mně také vyšlo $2y(1+2y^2)$ , jako kolegům ↑ Phate:, ↑ Rumburak:, ↑ Skraloupak:.

Rovnice $2y(1+2y^2)=0$ má jen jedno řešení v reálných číslech $y=0$ .

Stačí tak? Děkuji.

Skraloupak · 18. 06. 2012 21:11

dobře, jen mě zajímalo jestli tam není nějaká záludnost ze které by se ještě vypočítal další bod. Nebo jestli jsem nepočítal špatně.

Díky všem za pomoc.

Rumburak · 19. 06. 2012 09:46

↑ Skraloupak:, ↑ Phate:
Jasně, já jsem to už algebraicky neupravoval a proto mi připadalo, že to mám jinak. Omlouvám se.

Dodám ještě toto:

Analysujme soustavu podmínek

(1) $x\ge -1-y^2$ ,
(2) $x\le 1+y^2$ ,
(3) $-1\le x\le 1$ .

Pomínky (1), (2) je možno sloučit do jediné

(4) $-1-y^2 \le x\le 1+y^2$ ,

což popisuje souvislou uzavřenou množinu $M$ , která obsahuje bod [0, 0] a je ohraničena parabolami o rovnicích $-1-y^2 = x$ , $x = 1+y^2$ .
Podmínka (3) vytíná z množiny $M$ pouze pás $P := \{[x, y] ; -1\le x\le 1 \}$ , jahož hranice se paraboly dotýkají svými vrcholy a jinak leží vně tohoto pásu.

Úloha je tedy ekvivalentní s úlohou nalézt absolutní extrémy funkce $f$ na pásu $P$ , ony paraboly zde hrají jen matoucí roli.
Nebo vidím něco špatně ?

jelena · 19. 06. 2012 10:05

↑ Rumburak:

Zdravím srdečně,

pan Finěk je znám složitosti úloh (dohledám vyšetření extrémů) a např. pro mne i neobvyklou formulaci některých jinak standardních úloh, ale zde nám kolega nabídl překlep oproti zadání.

má být $-1\le y\le 1$ viz pdf.

Rumburak

↑ jelena:
Ahoj, to samozřejmě mění situaci. Do pdf jsem se nedíval, vycházel jsem pouze ze zadání zformulovaného autorem dotazu :

Skraloupak napsal(a):
... f(x,y) = x^2-y^2, která se nachází na množině ohraničených podmínkami $x\ge -1-y^2, x\le 1+y^2,-1\le x\le 1$ . ...

jelena · 19. 06. 2012 11:38

↑ Rumburak:

:-) nevadí, zas ve Tvé interpretaci zadání vznikla milá matematická hříčka, ze kterou by nebylo líto těch 10 bodů.

"Složité extrémy" od stejného autora úloh jsou zde.

Rumburak

↑ Skraloupak:

Takže po opravě podmínky $-1\le x \le 1$ na $-1\le y \le 1$ to shrňme.

Funkce $f(x,y) := x^2-y^2$ je definována na množině $M$ popsané soustavou nerovnic

$x\ge -1-y^2, x\le 1+y^2,-1\le y \le 1$ .

Tato podmnožina v $\mathbb{R}^2$ je uzavřená a omezená, tedy kompaktní. Funkce $f$ je na ní spojitá, takže v určitých jejích bodech
nabývá svých absolutních extrémů vzhledem k této množně. Bod množíiny $M$ , v němž je takového abs. extrému dosaženo,
může obecně ležet buďto na hranici množiny $M$ nebo uvnitř množiny $M$ .

I. První případ - hranice množiny $M$ . Ta se skládá :

- Z oblouků parabol o rovnicích $x= -1-y^2$ , $x = 1+y^2$ .

Jediným stacionárním bodem funkce

$g(y) :=f(-1-y^2,y) = (-1-y^2)^2-y^2 = (1+y^2)^2-y^2 = f(1+y^2,y)$

je $y = 0$ , jak jsi správně zjistil. Odtud máme první dva podezřelé body $A=[-1, 0]$ , $B=[1, 0]$ .

- Z úseček ležících na přímkách o rovnicích $y= -1$ , $y= 1$ .

Zde je potřeba nalézt stacionární body funkce $h(x) :=f(x,1) = x^2-1 =f(x,-1)$ .

Ten je zřejmě jeden, a sice $x = 0$ . Dalšími podezřelými body proto jsou $C=[0, -1]$ , $D=[0, 1]$ .

K podezřelým hraničním bodům nutno ještě přidat průsečíky $E, F, G, H$ přímek s parabolami.

II. Druhý případ - vnitřní body množiny $M$ .

Položíme parciální derivace funkce $f$ rovny nule a vyřešením vzniklých rovnic dostaneme jediný stacionární bod $P = [0, 0]$ .

Vzhledem k tomu, že funkce $f$ je hladká v obou proměnných, jsou $A, B, C, D, E, F, G, H, P$ jedinými body množiny $M$ ,
v nichž tato funkce může nabývat absolutních extrémů vzhledem k množině $M$ . Které z nich to jsou s jakým typem extrému,
zjistíme porovnáním hodnot funkce v těchto bodech. Při tom můžeme využít, že funkce $f$ je v každé své proměnné sudou funkcí.

TEORETICKÁ POZNÁMKA. Že v bodě $P = [0, 0]$ není dosaženo absolutního extrému vzhledem k množině $M$ , lze odůvodnit nejen
přímo z průběhů funkcí $f(x, 0)$ , $f(0, y)$ , ale též na základě hlubších vlastností funkce $f$ . Ta je spojitá na množině $M$ (což je
uzávěr oblasti) a ve všech jejích vnitřních bodech má spojité parc. derivace druhého řádu, při čemž splňuje (tzv. Laplaceovu) parciální
diferenciální rovnici

$\frac{\partial^2f}{\partial x^2} + \frac{\partial^2f}{\partial y^2} = 0$ .

Jde tedy o tzv. funkci harmonickou v oblasti $M^{\circ}$ a spojitou v $M$ . Platí věta, která tvrdí, že každá taková funkce, pokud je navíc
nekonstantní, může nabývat svých abs. extrémů pouze v hraničních bodech množiny $M$ (odtud snadno nahlédneme, že ve vnitřních
bodech množiny $M$ nemůže nabývat ani lokálních extrémů).

Tento jev (princip maxima resp. minima pro harmonické funkce) existuje analogicky v $\mathbb{R}^n$ pro libovolné přirozené číslo $n$ .