• Nie Znaleziono Wyników

25 kwietnia 2019

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2021

Share "25 kwietnia 2019"

Copied!
3
0
0

Pełen tekst

(1)

Analiza matematyczna 2, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 17. – rozwiązania

25 kwietnia 2019

1. Znajdź i sklasyfikuj lokalne ekstrema funkcji:

a) f (x, y) = 3x2+ 6xy + 2y3+ 12x − 24y,

∂f

∂x = 6x + 6y + 12,

∂f

∂y = 6x + 6y2− 24,

zatem jeśli te pochodne się zerują, to x = −2 − y, zatem 6y2− 6y − 36 = 0, czyli (y − 3)(y + 2) = 0, zatem mamy dwa punty krytyczne: (−5, 3) oraz (0, −2).

Drugie pochodne to

2f

∂x2 = 6,

2f

∂x∂y = 6,

2f

∂y2 = 12y.

Zatem Hessian w (0, −2) to

 6 6 6 −24



i jest jasne, że nie jest to forma nieokreślona, bowiem d2(hx, hy) = 6hx2 + (6 + 6)hxhy− 24h2y daje wartość > 0 np. dla hx= 1, hy= 0 oraz wartość < 0 dla hx= 0, hy= 1. Zatem to nie jest ekstremum.

Hessian w (−5, 3) to

 6 6 6 36



i na mocy kryterium Sylvestera (det A1 = 6, det A2 = 180) jest dodatnio określona, czyli mamy tu minimum.

b) f (x, y) = x3y − 3xy2.

∂f

∂x = 3x2y − 3y2,

∂f

∂y = x3− 6xy,

Obie pochodne są równe zero, w przypadku gdy x = 0 i wtedy y = 0. Jeśli x 6= 0, to x2 = 6y, zatem 18y2− 3y2= 0, zatem 15y2= 0 i y = 0, ale wtedy i x = 0, sprzeczność. Zatem jedyny punkt krytyczny to (0, 0). Ale punkt ten nie jest ekstremum lokalnym, bo funkcja przyjmuje wartość 0 dla każdego (x, y) przy x = 0.

1

(2)

2. Wykaż, że funkcja f (x, y) = x2(1 + y)3+ y2 ma dokładnie jeden punkt krytyczny p. Pokaż, że p jest lokalnym minimum, oraz sup(x,y)∈R2f (x, y) = +∞ i inf(x,y)∈R2f (x, y) = −∞.

∂f

∂x = 2x(1 + y)3,

∂f

∂y = 3x2(1 + y)2+ 2y,

Te pochodne są równe zero, dla x = 0 i wtedy y = 0, a jeśli x 6= 0, to (1 + y)3 = 0, zatem y = −1, ale wtedy ∂f∂y nie jest równa zero. Więc jedyny punkt krytyczny to (0, 0).

Drugie pochodne to

2f

∂x2 = 2(1 + y)3,

2f

∂x∂y = 6x(1 + y)2,

2f

∂y2 = 6x2(1 + y) + 2.

Hessian w (0, 0) to

 2 0 0 2



i na mocy kryterium Sylvestera (det A1= 2, det A2= 4) jest dodatnio określona, czyli mamy tu minimum.

Mamy

y→−∞lim f (1, y) = lim

y→−∞(1 + y)3+ y2= −∞.

oraz

y→∞lim f (1, y) = lim

y→∞(1 + y)3+ y2= ∞.

A zatem sup(x,y)∈R2f (x, y) = +∞ i inf(x,y)∈R2f (x, y) = −∞.

3. Niech P , V , T oznaczają odpowiednio ciśnienie, objętość i temperaturę pewnego gazu. Spełniona jest zależność P V = RT , gdzie R jest pewną stałą. Udowodnij, że

∂P

∂V · ∂V

∂T ·∂T

∂P = −1.

Zatem

P (V, T ) = RT V ,

∂P

∂V = −RT V2, V (P, T ) = RT P ,

∂V

∂T = R P, T (V, P ) = P V

R ,

∂T

∂P =V R, czyli

∂P

∂V · ∂V

∂T ·∂T

∂P = −RT RV

V2P R = −RT P V = −1.

2

(3)

4. Znajdź maksimum i minimum funkcji

f (x, y) = sin x + sin y + sin(x + y) na zbiorze D = {(x, y) ∈ R2: 0 ¬ x, y ¬ π/2}.

Sprawdzamy punkty krytyczne

∂f

∂x = cos x + cos(x + y),

∂f

∂y = cos y + cos(x + y),

Zatem cos x = − cos(x + y) = cos y, a skoro 0 ¬ x, y ¬ π/2, to x = y, oraz x + y = 2x = π/2 + (π/2 − x) = π − x, zatem 3x = π i x = y = π/3. Mamy f (π/3, pi/3) = 3√

3/2.

Dla x = 0 mamy f (y) = 2 sin y, zatem 2 cos y = 0, czyli nie ma punktu krytycznego w przedziale (0, π/2).

Podobnie dla y = 0 mamy f (x) = 2 sin x, zatem 2 cos x = 0, czyli nie ma punktu krytycznego w przedziale (0, π/2). Dla x = π/2 mamy f (y) = 1 + sin y + sin(π/2 + y), zatem w punkcie krytycznym cos y =

− cos(π/2 + y), y = π/4 i wartość funkcji: f (π/2, pi/4) = 1 +√

2. Analogicznie dla y = π/2 mamy f (x) = 1 + sin x + sin(π/2 + x), zatem w punkcie krytycznym cos x = − cos(π/2 + x), x = π/4 i wartość funkcji: f (π/4, pi/2) = 1 +√

2.

Sprawdzamy jeszcze w wierzchołkach f (0, 0) = 0, f (0, π/2) = 2, f (π/2, 0) = 2, f (π/2, π/2) = 2. Ponieważ 2 < 1 +√

2 < 3√

3/2, to maksimum na tym zbiorze to 3√

3/2 przyjmowane w (π/3, pi/3), natomiast minimum to 0, w punkcie (0, 0).

5. W zbiorze wszystkich trójkątów wpisanych w okrąg o promieniu R, znajdź trójkąt o największym polu powierzchni.

Uznajmy, że podstawa jest pozioma, bez straty ogólności, wtedy wysokość maksymalizowana jest przez punkt (0, R). Zatem jedyną zmienną jest a, takie że y = a to podstawa, a ∈ [−R, R]. Wtedy wysokość to R − a, a podstawa to 2√

R2− a2, zatem pole to P (a) = (R − a)√

R2− a2, zatem P0(a) = −p

R2− a2 a(R − a)

√R2− a2 = 2a2− aR − R2

√R2− a2 =(a − R)(2a + R)

√R2− a2 ,

co wynosi zero, gdy a = R oraz a = −R/2 i to drugie daje maksymalne pole. Wtedy

P (−R/2) = 3R/4 ·√

3R/2 = 3R2 3 8 .

6. W zbiorze wszystkich prostopadłościanów wpisanych w sferę o promieniu R, znajdź prostopadłościan o największej objętości.

Uznajmy, że ściana górna to y = a, zaś ściana prawa to x = b, a, b ∈ (0, R]. Wtedy długości krawędzi to 2a, 2b oraz 2√

R2− a2− b2, zatem

V (a, b) = 8abp

R2− a2− b2. Pochodne cząstkowe

∂V

∂a = 8bp

R2− a2− b2 8a2b

√R2− a2− b2 = 8bR2− 16ba2− 8b3

√R2− a2− b2 ,

∂V

∂b = 8ap

R2− a2− b2 8ab2

R2− a2− b2 =8aR2− 16ab2− 8a3

R2− a2− b2 ,

A skoro a = 0 i b = 0 jest poza dziedziną, to R − 2a2− b2= 0 oraz R − 2b2− a2 = 0, zatem R − 2(R − 2a2) − a2= 0, czyli R2/3 = a2, czyli a = R√

3/3 = b, zatem szukana objętość to

8R2 3

pR2/3 = 8R3 3 9 .

3

Cytaty

Powiązane dokumenty

[r]

Udowodnij, że granica jest funkcją holomorficzną i że ciąg pochodnych jest zbieżny niemal jednostajnie do pochodnej granicy.. W tym celu skorzystaj ze wzorów

Zatem to nie jest

Wariacją n–elementową bez powtórzeń ze zbioru m–elementowego nazywamy uporząd- kowany zbiór (n–wyrazowy ciąg) składający się z n różnych elementów wybranych z

Pokazać, że każdy operator śladowy jest iloczynem dwu operatorów

Udowodnić, że kula jednostkowa w dowolnej normie jest zbiorem wypukłym..

Udowodnić, że kula jednostkowa w dowolnej normie jest

Udowodnić, że średnia arytmetyczna tych liczb jest równa n+1 r