Analiza matematyczna 2, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 22. – rozwiązania
16 maja 2019
Zadania
1. Niech f : R → R będzie funkcją klasy C1 oraz dla pewnego 0 < k < 1 oraz każdego x ∈ R, |f0(x)| ¬ k.
Udowodnij, że y = x + f (x) jest dyfeomorfizmem.
Oczywiście w każdym punkcie istnieje funkcja odwrotna ona otoczeniu, która jest klasy C1, bowiem y0(x) = 1 + f0(x) 6= 0. Co więcej y(x) jest funkcją różnowartościową. Rzeczywiście, jeśli y(x1) = y(x2) oraz x1< x2, to istnieje c ∈ (x1, x2), że y0(c) = 0, a to niemożliwe. Więc możemy znaleźć funkcję odwrotną na całej dziedzinie – i musi być to ta sama funkcja, co lokalne funkcje klasy C1, więc jest też C1.
2. Niech
E = {(x, y) ∈ R2: x2− 2xy + 2y2= 1}.
Używając mnożników Lagrange’a znajdź punkty E najbliższe i najdalsze od środka układu współrzędnych.
Uwaga: nieprzyjemne rachunki! Czyli minimalizujemy funkcję d(x, y) = x2+ y2, d0(x, y) = [2x, 2y] dla F (x, y) = x2− 2xy + 2y2− 1 = 0, czyli F0(x, y) = [2x − 2y, −2x + 4y]. Zatem szukamy punktów, że
(2x = λ(2x − 2y) 2y = λ(−2x + 4y) .
Jeśli λ = 0, to x = y = 0, ale to punkt poza rozpatrywaną powierzchnią, więc λ 6= 0. Zatem y = (λ−1)x/λ, czyli (λ2− 3λ + 1)x = 0, ale jeśli x = 0, to y = 0, więc x 6= 0 i wtedy λ2− 3λ + 1, czyli λ = 3±
√5 2 , ale wtedy dostajemy, że y = (±
√5−1)x
2 i wstawiając to do x2− 2xy + 2y2− 1 = 0 można się dowiedzieć, że x = ± 1
5 ± 2√ 5.
Dla tych czterech wartości najmniejsza wartość d(x, y) to osiągamy dla
x = ± 1 5 + 2√
5 i wtedy
y = ±−15 − 7√ 5
10 .
3. Używając mnożników Lagrange’a znajdź wszystkie punkty na elipsie x2+ 2y2 = 1, które są najbliższe i najdalsze względem prostej x + y = 2.
Miarą odległości od tej prostej jest d(x, y) = (x + y − 2)2. Zatem d0(x, y) = [2x + 2y − 2, 2x + 2y − 2] oraz F = x2+ 2y2− 1 = 0, czyli F0(x, y) = [2x, 4y]. Zatem szukamy punktów, że
(2x = λ(2x + 2y − 2) 4y = λ(2x + 2y − 2) , W szczególności x = 2y, zatem 4y2+ 2y2 = 1, czyli y = ±1/√
6, zaś x = ±2/√
6, co daje wartości d odpowiednio (11−√
6)/2 i (11+√
6)/2 i jest mniejsza w tym pierwszym przypadku, czyli dla (2/√ 6, 1/√
6) - to najbliższy punkt, a najdalszy to −(2/√
6, −1/√ 6).
1
4. Znajdź supremum i infimum f (x, y, z) = x2− yz na sferze x2+ y2+ z2= 1.
Zatem F (x, y, z) = x2+ y2+ z2− 1 = 0 oraz funkcję g(x, y, z) = x2− yz. Mamy F0(x, y, z) = [2x, 2y, 2z]
oraz g0(x, y, z) = [2x, −z, −y]. Pytamy zatem kiedy istnieje λ ∈ R, że [2x, −z, −y] = λ[2x, 2y, 2z], czyli
2x = 2λx
−z = 2λy
−y = 2λz
Jeśli x 6= 0 to λ = 1, zatem −y = −4y, więc y = 0 = z, zatem x = ±1. Czyli mamy dwa potencjalne punkty warunkowych ekstremów: (1, 0, 0) oraz (−1, 0, 0) (a λ = 1). Wartości w tych punktach to 1. Jeśli natomiast x = 0, to z = λ2z oraz y = 4λ2y. Oba nie mogą być równe zero, więc λ = ±1/2 i y = ±z, ale skoro x2+ y2+ z2− 1 = 0, to 2y2 = 2z2 = 1. Zatem dla λ = 1/2 dostajemy punkty (0,√
2/2, −√ 2/2) i (0, −√
2/2,√
2/2), zaś dla λ = −1/2 mamy (0,√ 2/2,√
2/2) oraz (0,√ 2/2,√
2/2). W tych punktach wartość g to odpowiednio −1/2, −1/2, 1/2 oraz 1/2. Zatem minimalna wartość na tej sferze to −1/2 zaś maksymalna to 1.
5. Znajdź maksymalną wartość funkcji f (x, y, z) = x + y + z na sferze x2+ y2+ z2= a2.
f0(x, y, z) = [1, 1, 1] oraz F0 = [2x, 2y, 2z]. Możemy założyć, że a > 0, wtedy (0, 0, 0) nie jest punktem sfery i x = y = z, zatem x = y = z = ±√a
3. Zatem maksymalna wartość to 3√a
3. 6. Udowodnij nierówność pomiędzy średnimi arytmetyczną i kwadratową, czyli że
x + y + z
3 ¬
rx2+ y2+ z2
3 ,
dla x, y, z 0.
Wystarczy zauważyć na mocy poprzedniego zadania, że jeśli x2+ y2+ z2= a2, to x + y + z
3 ¬ a
√3 = ra2
3 =
rx2+ y2+ z2
3 .
2
