Többváltozós függvény szélsőértékei és integrál síkidomon segítség?

3)

Polárkoordinátákkal adott görbe-cikk területe:

β

∫ r²(φ) dφ

α

Most α és β ott vannak, hol a kardioid sugara éppen 1:

1 + cos φ ≥ 1

cos φ ≥ 0

α = −90°, β = +90°

Ennek a görbecikknek a területéből ki kell vonni az 1 sugarú körcikk területét:

∫ (1+cosφ)² - 1² dφ      (az integrálás α és β között megy persze)

∫ cos²φ + 2cosφ dφ

A cosφ integrálása gondolom megy, a cos²φ-t pedig cos2φ-re érdemes alakítani:

cos 2φ = cos²φ − sin²φ = 2·cos²φ − 1

amiből

cos²φ = (1 + cos 2φ)/2

A befejezést rád bízom.

6)

f(x,y) = x²y² - (x+y)²

Van-e szélsőértéke az origóban?

A szélsőérték létezésének a szükséges feltétele az, hogy a gradiens nulla legyen az adott pontban. Vagyis az x és y szerinti parciális deriváltakat kell először nézni:

∂f/∂x = 2y²x - 2(x+y) → x=0,y=0 esetén 0

∂f/∂y = 2x²y - 2(x+y) → ez is 0

A gradiens ezek szerint nulla, a szűkséges feltétel teljesül.

Viszont lehet, hogy mondjuk nyeregpont van 0,0-ban. Meg kell nézni az elégséges feltételt is, ahhoz a Hesse mátrixot kell kiszámolni, ami a második parciális deriváltakból áll:

∂²f/dx² = 2y² - 2 → x=0,y=0 esetén -2

∂²f/dy² = 2x² - 2 → ez is -2

∂²f/∂x∂y = 4xy - 2 → ez is -2

∂²f/∂y∂x ugyanaz kell legyen (legalábbis folytonos differenciálható függvények esetén...)

A Hesse mátrix ezekből áll elő: (nézz utána)

[ -2 -2 ]

[ -2 -2 ]

Ha ennek a mátrixnak negatív lenne a determináns, akkor nyeregpont van ott. Ha pozitív, akkor szélsőérték, mégpedig lokális minimum akkor, ha a mátrix bal felső eleme (vagyis d²f/dx²) pozitív, illetve lokális maximum akkor, ha negatív (ekkor a bal felső elem nem lehet nulla).

Viszont most a mátrix determinánsa: (-2)(-2) - (-2)(-2) = 0. Ami azt jelenti, hogy a Hesse mátrix alapján nem tudunk mit mondani arról, hogy (0,0)-ban van-e szélsőértéke az f(x,y)-nak. Keressünk valami mást...

Nagyon szimmetrikus a függvény, próbáljuk meg, hogy hogyan viselkedik az y=x egyenes mentén. Ekkor ilyenné alakul a függvény (y helyett is x-et írok):

g(x) = x⁴ - 4x²

Ennek a deriváltja x=0-ban 0. A második deriváltja x=0-ban -8, tehát maximuma van.

Nézzük erre merőlegesen is, tehát az y=-x egyenes mentén a függvény viselkedését. Ez lesz a függvényből y=-x helyettesítéssel:

h(x) = x⁴

Ennek egyértelmű, hogy minimuma van x=0-ban.

Akkor pedig, ha a két egyenes mentén (0,0)-ban másmilyen szélsőértéke van a függvénynek, akkor szélsőértéke nem lehet, legfeljebb nyeregpontja.

1b)

f(x,y) = 2x³ + y³ - 15x² + 24x - 3y

Hol van szélsőértéke a K = [-1,1]×[-1,1] halmazon?

Az a) részben bizonyára kijött, hogy az (1,-1) pontban lokális maximuma van.

Meg kell csinálni ehhez a részhez az 1a)-t először:

A parciális deriváltakból ez jön ki:

∂f/∂x = 6x² - 30x + 24

x=1 és 4 esetén nulla, ott lehet szélsőérték

∂f/∂y = 3y² - 3

y=1 és -1 esetén nulla, ott lehet szélsőérték

A Hesse mátrix:

[ (12x-30)  0   ]

[ 0          (6y) ]

det H(1,1) = -108, nyeregpont

det H(1,-1) = 108, lok.max

det H(4,1) =  108, lok.min

det H(4,-1) =-108, nyeregpont

Most jön az 1b)

A fentiekből csak az (1,1) és az (1,-1) pontok érdekesek.

Az (1,-1) lok,max, az tiszta eset. A teljes K halmazon itt van a maximum.

A minimumot kellene még megtalálni.

Az (1,1)-ben nyeregpont van. Az x=1 egyenes mentén nézve y=-1-től +1-ig menve csökken az érték, hisz

a ∂f/∂y derivált negatív. Aztán az y=1 egyenes mentén menve x=1-től -1-ig ∂f/∂x pozitív, vagyis balra menve tovább csökken a függvényérték. Vagyis a nyeregpontban nem lehet minimum a K halmazon.

Mivel a K halmazon máshol a gradiens nem nulla, ezért a halmaz sarkain elég megnézni, hogy hol van a minimum.

f(-1,1) = -43

f(-1,-1) = -39

Ezért a (-1,1) pontban van a minimum a K halmazon.