Μία μόνο λύση

KARKAR · #1

Αν

, βρείτε το max(x+y)

. Ζητούνται λύσεις ( πολλές ) , με χρήση

άλλων μαθηματικών "εργαλείων" , πριν καταφύγουμε στο διαφορικό λογισμό !

Παράκληση : Για σήμερα 14-9-2012

, κάθε λύτης να προτείνει μία μόνο λύση

#2

Παίρνω τη δική μου ...μερίδα!
Από Cauchy-Schwarz έχω:

$\displaystyle{\left| {x + y} \right| \le \sqrt 2 \sqrt {{x^2} + {y^2}} = \sqrt 2 \Rightarrow - \sqrt 2 \le x + y \le \sqrt 2 \Rightarrow x + y \le \sqrt 2 }$

με την ισότητα να ισχύει π.χ αν $\displaystyle{x = y = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}.$

#3

Έστω $x + y = k,k \in \Re$ . Η ευθεία $(\varepsilon ) & \,$ με εξίσωση x + y - k = 0

είναι παράλληλη στην διχοτόμο y = - x

και η απόσταση της αρχής από αυτή είναι $d = \displaystyle\frac{{|0 + 0 - k|}}{{\sqrt {{1^2} + {1^2}} }} = \displaystyle\frac{{|k|}}{{\sqrt 2 }}$ . Αφού τα σημεία M(x,y)

ανήκουν στον μοναδιαίο κύκλο αρκεί η ευθεία $(\varepsilon )$ να τέμνει τους θετικούς ημιάξονες και να εφάπτεται του μοναδιαίου κύκλου ( προφανώς στο σημείο του $A(\displaystyle\frac{{\sqrt 2 }}{2},\displaystyle\frac{{\sqrt 2 }}{2})$ ).
Άρα $\max (x + y) = \sqrt 2$ αφού $\displaystyle\frac{{|k|}}{{\sqrt 2 }} = 1$

Φιλικά Νίκος

#4

Τριγωνομετρικά:

Υπάρχει $\displaystyle{t,}$ ώστε $\displaystyle{x=\cos t,~y=\sin t.}$

Τότε,

$\displaystyle{x+y=\cos t+\sin t=\sqrt{2}\sin \Big(t+\frac{\pi}{4}\Big).}$

Άρα

$\displaystyle{\max (x+y)=\sqrt{2},}$ όταν $\displaystyle{x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}}$

και

$\displaystyle{\min (x+y)=-\sqrt{2},}$ όταν $\displaystyle{x=y=-\frac{1}{\sqrt{2}}.}$

#5

Paste copy από ΕΔΩ

Έστω $\displaystyle {\rm{\vec u = }}\left( {{\rm{x}}{\rm{,}}\;{\rm{y}}} \right),\;\;\vec v = \left( {1,\;1} \right)$ .

Τότε $\displaystyle x + y = {\rm{\vec u}} \cdot \vec v = \left| {{\rm{\vec u}}} \right| \cdot \left| {\vec v} \right|\sigma \upsilon \nu \phi$ , όπου $\displaystyle \phi$ η γωνία των δύο διανυσμάτων.

Είναι $\displaystyle x+y = {\rm{1}} \cdot \sqrt 2 \cdot \sigma \upsilon \nu \phi$ , κι επειδή $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \phi \le 1$ θα είναι $\displaystyle x + y \le \sqrt 2$

με τη μέγιστη για $\displaystyle \vec u \nearrow \nearrow \vec v$ δηλαδή για $\displaystyle x = \frac{{\sqrt 2 }}{2},\;\;y = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

STOPJOHN · #6

Θεωρώ τα διανύσματα $\vec{v}=(x,y),\vec{u}=(1,1),x^{2}+y^{2}=1$ οπότε $\vec{v}.\vec{u}=x+y$ Ισχύει $\vec{v}.\vec{u}=\sqrt{2}.1.cos\omega \Rightarrow \vec{v}.\vec{u}\leq \sqrt{2}$ και τι ίσον ισχύει όταν $\varpi =0^{0},$ και προκύπτει από τη λύση του συστήματος $x^{2}+y^{2}=1,y=x, x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$
Γιάννης
Τώρα βλέπω ότι έχουνε στείλει την ίδια λύση ...την αφίνω γιατί την έγραψα

#7

KARKAR έγραψε:Αν , βρείτε το . Ζητούνται λύσεις ( πολλές ) , με χρήση

άλλων μαθηματικών "εργαλείων" , πριν καταφύγουμε στο διαφορικό λογισμό !

Παράκληση : Για σήμερα , κάθε λύτης να προτείνει μία μόνο λύση

Αφού οι αριθμοί x^2,y^2

έχουν σταθερό άθροισμα 1, το γινόμενό των γίνεται μέγιστο όταν γίνουν ίσοι, άρα $x^2y^2\leq \frac{1}{4}\Rightarrow xy\leq \frac{1}{2}$

Τότε $(x+y)^2=x^2+y^2+2xy=1+2xy\leq 2\Rightarrow x+y\leq \sqrt{2}$

με τις ισότητες για $x=y=\frac{\sqrt{2}}{2}$ κ.λπ.

KARKAR · #8

Στοιχειωδώς : Είναι πανεύκολο να δειχθεί ότι : (x+y)^2+(x-y)^2=2(x^2+y^2) (=2)

.

Προκύπτει ότι το x+y

μεγιστοποιείται , όταν οι x,y

είναι ίσοι και θετικοί .

Τότε : $\displaystyle 2x^2=1\Rightarrow x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ ( για $\displaystyle x=-\frac{\sqrt{2}}{2}$ παίρνουμε το ελάχιστο της παράστασης )

KARKAR · #9

Αγαπητοί φίλοι , έχουμε ήδη 15-9-2012

... και η χορδή είναι μικρότερη από τη διάμετρο !

Μία μόνο λύση

Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Re: Μία μόνο λύση

Μέλη σε σύνδεση