IMC 1994/2/2

#1

Έστω $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ με τύπο $f(x,y) = (x^2-y^2)e^{-(x^2+y^2)}$ .
(α) Να δειχθεί ότι η

λαμβάνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή.
(β) Να βρεθούν όλα τα σημεία (x,y)

για τα οποία $\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial x} (x,y) = \frac{\partial f}{\partial y} (x,y) = (0,0)}$ και να εξεταστεί σε ποια από αυτά η

έχει ολικά ή τοπικά μέγιστα ή ελάχιστα.

#2

Demetres έγραψε:Έστω $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ με τύπο $f(x,y) = (x^2-y^2)e^{-(x^2+y^2)}$ .
(α) Να δειχθεί ότι η λαμβάνει μέγιστη και ελάχιστη τιμή.

Από τη γνωστή ανισότητα $\displaystyle{e^t\geq t+1}$ με την ισότητα να ισχύει αν-ν $\displaystyle{t=0,}$ έχουμε

$\displaystyle{e^{x^2+y^2-1}\geq x^2+y^2\geq |x^2-y^2|}$ για κάθε $\displaystyle{(x,y)\in \mathbb{R}^2,}$

άρα

$\displaystyle{\Big|\frac{x^2-y^2}{e^{x^2+y^2}}\Big|\leq \frac{1}{e},}$

δηλαδή

$\displaystyle{-\frac{1}{e}\leq f(x,y)\leq \frac{1}{e}}$

και η ισότητα στην αριστερή ανισότητα ισχύει όταν $\displaystyle{x=\pm 1,y=0}$ , ενώ στη δεξιά όταν $\displaystyle{x=0,y=\pm 1.}$

Τελικά, είναι

$\displaystyle{\max_{(x,y)\in \mathbb{R}^2}f(x,y)=\frac{1}{e}}$

και

$\displaystyle{\min_{(x,y)\in \mathbb{R}^2}f(x,y)=-\frac{1}{e}.}$

#3

Για να κλείνουμε με αυτή έχουμε $\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = (2x - 2x(x^2-y^2))e^{-(x^2+y^2)} = 2x(1 - x^2 + y^2)e^{-(x^2+y^2)}}$ και $\displaystyle{ \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = -2y(1 + x^2 - y^2)e^{-(x^2+y^2)}}$ . Οπότε αν $\displaystyle{\frac{\partial f}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial f}{\partial y}(x,y) = 0}$ τότε πρέπει $(x,y) \in \{(0,0),(0,1),(0,-1),(1,0),(-1,0)\}$ . Πράγματι αφού $e^{-(x^2+y^2)} \neq 0$ για κάθε $x,y \in \mathbb{R}$ και αφού δεν μπορούμε να έχουμε ταυτόχρονα 1-x^2 + y^2 = 0 = 1 + x^2 - y^2

, τότε είτε x=0

είτε

τα οποία δίνουν τις πέντε δυνατές λύσεις.

Έχουμε f(1,0) = f(-1,0) = 1/e

το οποίο όπως έδειξε ο Θάνος είναι ολικό (και άρα και τοπικό) μέγιστο. Ομοίως f(0,1) = f(0,-1) = -1/e

το οποίο είναι ολικό (και άρα και τοπικό) ελάχιστο. Τέλος έχουμε f(0,0) = 0

. Αυτό δεν είναι τοπικό ακρότατο αφού $f(x,0) = x^2e^{-x^2} > f(0,0)$ για $x \neq 0$ και $f(0,y) = -y^2e^{-y^2} < f(0,0)$ για $y \neq 0$ .

Έχω την εντύπωση πως τέτοια άσκηση δεν θα έμπαινε τώρα σε IMC ίσως ούτε καν σε SEEMOUS.

IMC 1994/2/2

IMC 1994/2/2

Re: IMC 1994/2/2

Re: IMC 1994/2/2

Μέλη σε σύνδεση