IMC 1994/2/2

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

IMC 1994/2/2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Κυρ Απρ 08, 2012 3:30 pm

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 f 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 f έχει ολικά ή τοπικά μέγιστα ή ελάχιστα.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6296
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: IMC 1994/2/2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Πέμ Απρ 12, 2012 12:53 pm

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 f 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}.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC 1994/2/2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Πέμ Απρ 19, 2012 4:53 pm

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 y=0 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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης