ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΙΙ, ΣΕΜΦΕ (1/7/ 2013) y x + y.

Transcript

1 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΝΑΛΥΣΗΣ ΙΙ, ΣΕΜΦΕ (/7/ 203) ΘΕΜΑ. (α) Δίνεται η συνάρτηση f : R 2 R με f(x, y) = xy x + y, αν (x, y) (0, 0) και f(0, 0) = 0. Δείξτε ότι η f είναι συνεχής στο (0, 0). (β) Εξετάστε αν υπαρχει το όριο lim (x,y) (0,0) x 2 y 2 x 4 +y 4. Λύση. (α) Για κάθε (x, y) R 2 έχουμε Άρα για κάθε (x, y) (0, 0) έχουμε y x + y. y x + y, οπότε y 0 f(x, y) = x x. x + y Εστω (x n, y n ) (0, 0) με (x n, y n ) (0, 0). Απο τα παραπάνω έχουμε 0 f(x n, y n ) x n, για κάθε n N απο θεώρημα παρεμβολής για πραγματικές ακολουθίες παίρνουμε ότι f(x n, y n ) 0. Συνεπώς αϕού αυτό ισχύει για κάθε ακολουθία ( (x n, y n ) ) που τείνει στο (0, 0) με (x n, y n ) (0, 0), απο γνωστό θεώρημα συμπεραίνουμε ότι lim (x,y) (0,0) f(x, y) = 0 = f(0, 0), δηλαδή η f είναι συνεχής στο (0, 0). (β) Εστω (x n, y n ) = (/n, 0), για κάθε n N. Τότε f(/n, 0) = 0, για κάθε n N lim f(/n, 0) = 0. Εστω τώρα (x n, y n ) = (/n, /n), για κάθε n N. Τότε f(/n, /n) = /2, για όλα τα n N lim f(/n, /n) = /2. Άρα το x lim 2 y 2 (x,y) (0,0) x 4 +y δεν υπάρχει. 4 Θέμα 2. (α) Εστω f : R 2 R, (x 0, y 0 ) R 2 και e μοναδιαίο διάνυσμα του R 2. Δώστε τον ορισμό της κατα την κατεύθυνση e μερικής παραγώγου της f, e (x 0, y 0 ), στο σημείο (x 0, y 0 ). Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο (x 0, y 0 ), τότε με τι ισούται η e (x 0, y 0 ); (β) Εστω η συνάρτηση f(x, y) = e x2 +y 2. Βρείτε τη κατευθύνση e για την οποία η (, 2) γίνεται μέγιστη. e Λύση. (α) Αν e = (e, e 2 ), τότε e (x f(x 0 + te, y 0 + te 2 ) f(x 0, y 0 ) 0, y 0 ) = lim. t 0 t Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο (x 0, y 0 ) τότε αποδεικνύεται ότι e (x 0, y 0 ) =< f(x 0, y 0 ), e >, όπου f(x 0, y 0 ) = ( x (x 0, y 0 ), y (x 0, y 0 )). (β) Για τη συνάρτηση f(x, y) = e x2 +y 2 έχουμε (x, y) = 2xex x 2 +y 2, y (x, y) = 2 +y 2 2yex.

2 2 Άρα η f έχει συνεχείς μερικές παραγώγους πρώτης τάξης και συνεπώς απο γνωστό θεώρημα είναι παραγωγίσιμη στον R 2. Άρα απο το (α) ερώτημα, για κάθε e μοναδιαίο διάνυσμα του R 2 έχουμε (, 2) =< f(, 2), e >. e Αρα (απο ανισότητα Cauchy-Schwartz) η κατεύθυνση e για την οποία η e (, 2) μεγιστοποιείται είναι η e = f(, 2) f(, 2) = (2e5, 4e 5 ) 4e 0 + 6e = ( 2/ 20, 4/ 20 ). 0 Θέμα 3. (α) Αποδείξτε ότι η εξίσωση x 3 +y 3 +z 3 3xyz 4 = 0 ορίζει πεπλεγμένα μια μοναδική συνάρτηση z = f(x, y) σε μια περιοχή του σημείου (,, 2). Βρείτε την εξίσωση του εϕαπτομένου επιπέδου της επιϕάνειας στο σημείο αυτό. Επίσης υπολογίστε τις x (, ) και y (, ). (β) Γράψτε τον τύπο του Taylor 2ου βαθμού της συνάρτησης f(x, y) = e x cosy στο σημείο (0, 0). Λύση. (α) F (x, y, z) = x 3 + y 3 + z 3 3xyz 4. Εχουμε F x (x, y, z) = 3x 2 3yz, F y (x, y, z) = 3y 2 3xy, F z (x, y, z) = 3z 2 3xy. Άρα η F έχει συνεχείς μερικές παραγώγους ης τάξης. Επιπλέον F (,, 2) = 0 και F z (,, 2) = 2 3 = 9 0. Άρα απο το θεώρημα των πεπλεγμένων συναρτήσεων, υπάρχει περιοχή X του (, ) και περιοχή Z του z = 2, ώστε για κάθε (x, y) X υπάρχει μοναδικό z = f(x, y) Z τέτοιες ώστε F (x, y, f(x, y)) = 0. Η εξίσωση του εϕαπτόμενου επιπέδου της επιϕάνειας F (x, y, z) = 0 στο σημείο (,, 2) δίδεται απο τον τύπο Εχουμε Άρα Επίσης έχουμε < F (,, 2), (x, y, z 2) >= 0 F x (,, 2) = 3, F y (,, 2) = 3, F z (,, 2) = 9. < F (,, 2), (x, y, z 2) >= 0 F x (,, 2)(x ) + F y (,, 2)(y ) + F z (,, 2)(z 2) = 0 3(x ) 3(y ) + 9(z 2) = 0 x + y 3z + 4 = 0. f x (x, y) = F x(x, y, z) F z (x, y, z) z=f(x,y), f y (x, y) = F y(x, y, z) F z (x, y, z) z=f(x,y) (αϕού f(, ) = 2), f x (, ) = 3 9 = /3, f u(, ) = 3 9 = /3.

3 3 όπου (β) Ισχύει ότι Εχουμε f(x, y) = f(0, 0) + [f x (0, 0)x + f y (0, 0)y] + 2 [f xx(0, 0)x 2 + 2f xy (0, 0)xy + f yy (0, 0)y 2 ] + R(x, y) lim (x,y) (0,0) R(x, y) (x, y) 2 = 0. f x (x, y) = e x cosy, f y (x, y) = e x siny, f xx (x, y) = e x cosy, f xy (x, y) = e x siny, f yy (x, y) = e x cosy, f x (0, 0) =, f y (0, 0) = 0, f xx (0, 0) =, f xy (0, 0) = 0, f yy (0, 0) =. Αντικαθιστώντας παίρνουμε ότι το πολυώνυμο Taylor 2ου βαθμού της συνάρτησης f(x, y) = e x cosy στο σημείο (0, 0) είναι το εξής + x + x2 2 y2 2. ΘΕΜΑ 4. (α) Δίνεται η συνάρτηση f : R 2 R με τύπο f(x, y) = x 3 +y 3 +3xy. Βρείτε τα τοπικά ακρότατα της f. (β) Δείξτε ότι η συνάρτηση F (x, y, z) = x 2 +y 2 +z 2 υπο την συνθήκη G(x, y, z) = x+y+z+ = 0 έχει ενα ακριβώς τοπικό ακρότατο που ειδικότερα είναι ολικό ελάχιστο. Τι εκϕράζει γεωμετρικά το σημείο αυτό; Λύση. (α) Βρίσκουμε πρώτα τα κρίσιμα σημεία της f. Εχουμε f x (x, y) = 3x 2 + 3y, f y (x, y) = 3y 2 + 3x Εχουμε 3x 2 + 3y = 0 y = x 2 και αντικαθιστώντας στην 3y 2 + 3x = 0 παίρνουμε x 4 + x = 0 x(x 3 + ) = 0 x = 0,. Για x = 0 y = x 2 = 0 και για x = y = x 2 =. Άρα τα κρίσιμα σημεία είναι τα εξής δύο: (0, 0) και (, ). Είναι f xx (x, y) = 6x f yy (x, y) = 6y f xy (x, y) = 3 (x, y) = 36xy 9. Εχουμε (0, 0) = 9 < 0 το (0, 0) δεν είναι τοπικό ακρότατο. Επίσης, (, ) = 36 9 > 0 και f xx (, ) = 6 < 0 το (, ) είναι τοπικό μέγιστο. (β) Εστω x 0 = (x 0, y 0, z 0 ) R 3 τοπικό ακρότατο της F υπο την συνθήκη G = 0. Εχουμε G(x 0 ) = (,, ) 0 και F (x 0 ) = ( F x (x 0), F y (x 0), F z (x 0)) = (2x 0, 2y 0, 2z 0 )

4 4 Απο το Θεώρημα Lagrange θα υπάρχει λ R ώστε ισοδύναμα F (x 0 ) = λ G(x 0 ) 2x 0 = 2y 0 = 2z 0 = λ () x 0 = y 0 = z 0. Επειδή έχουμε ότι G(x 0, y 0, z 0 ) = x 0 + y 0 + z 0 + = 0 (2) x 0 + y 0 + z 0 =. Αντικαθιστώντας στην () παίρνουμε x 0 = (/3, /3, /3). Συνεπώς αν η F έχει τοπικό ακρότατο τότε αυτό θα ειναι μοναδικό και θα είναι το σημείο x 0 = (/3, /3, /3). Ισχυριζόμαστε ότι όντως το x 0 είναι τοπικό ακρότατο και μάλιστα ολικό ελάχιστο. Για να το δείξουμε αυτό παρατηρούμε πρώτα ότι F (x) = x 2 για κάθε x R 3. Τώρα απο την ανισότητα Cauchy Schwartz έχουμε, x + y + z = < (x, y, z), (,, ) > x (,, ) = (F (x, y, z) /2 3 /2, x + y + z 2 (3) F (x, y, z), 3 για κάθε (x, y, z) R 3. Εστω x = (x, y, z) R 3 τέτοιο ώστε G(x) = 0 x + y + z =. Απο την (3) έπεται ότι /3 F (x) και επειδή F (x 0 ) = /9 + /9 + /9 = /3 έχουμε τελικά ότι F (x 0 ) F (x), για όλα τα x R 3 με G(x) = 0. Συνεπώς το x 0 είναι ολικό ελάχιστο της F υπο την συνθήκη G = 0. Γεωμετρικά, το σημείο x 0 είναι το πλησιέστερο στο (0, 0, 0) σημείο του επιπέδου x + y + z = 0 (η τιμή F (x) εκϕράζει την νόρμα του σημείου x δηλαδή την απόστασή του σημείου x απο το (0, 0, 0)). ΘΕΜΑ 5. Εστω f : R 2 R 2, f(x) = (f (x), f 2 (x)), όπου f : R 2 R και f 2 : R 2 R με συνεχείς μερικές παραγώγους πρώτης τάξης. Για κάθε x, x 2 R 2 ορίζουμε τον πίνακα A (x,x 2) ως εξής: [ x (4) A (x,x 2 ) = (x ) y (x ] ) 2 x (x 2) 2 y (x 2) (α) Εστω a = (a, a 2 ), b = (b, b 2 ) R 2. Δείξτε ότι υπάρχουν x, x 2 (a, b) (όπου (a, b) το εσωτερικό του ευθ. τμήματος με άκρα τα a, b) τέτοια ώστε [ ] b a (5) f(b) f(a) = A (x,x 2)

5 5 (β) Εστω B ένας ανοικτός δίσκος του R 2. Αν A (x,x 2 ) = 0 για κάθε x, x 2 B, δείξτε ότι ο περιορισμός της f στον B είναι (όπου με A (x,x 2 ) συμβολίζουμε την ορίζουσα του A (x,x 2 )). (γ) Εστω x 0 R 2. Αν A (x0,x 0) = 0 δείξτε ότι υπάρχει r 0 > 0 ώστε A (x,x 2) = 0 για κάθε x, x 2 B(x 0, r 0 ) (όπου με B(x 0, r 0 ) συμβολίζουμε τον ανοικτό δίσκο κέντρου x 0 και ακτίνας r 0 ). (δ) Εστω x 0 R 2. Αν η ορίζουσα του πίνακα A (x0,x 0 ) είναι διάϕορη του μηδενός, δείξτε ότι υπάρχει r 0 > 0 ώστε ο περιορισμός της f στον B(x 0, r 0 ) είναι. Λύση. (α) Εϕαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την συναρτηση f στον ανοικτό δίσκο B. Εχουμε ότι υπάρχει x (a, b) τέτοιο ώστε (6) f (b) f (a) =< f (x ), (b a) > = x (x )(b a ) + y (x )( ) [ = x (x ] [ ] ) y (x b a ). Ομοίως εϕαρμόζοντας το Θεώρημα Μέσης Τιμής για την συναρτηση f 2 έχουμε ότι υπάρχει x 2 (a, b) τέτοιο ώστε [ (7) f 2 (b) f 2 (a) = x (x ] [ ] ) y (x b a ). Απο (6) και (7) το ζητούμενο έπεται. (β) Εστω a, b B με f(a) = f(b). Θα δείξουμε ότι τότε a = b, οπότε η f είναι. Πράγματι,απο το (α) μέρος της άσκησης, υπάρχουν x, x 2 (a, b) τέτοια ώστε [ ] [ ] b a (8) A (x,x 2) 0 = f(b) f(a) = 0 Επειδή a, b B έπεται ότι (a, b) B οπότε x, x 2 B. Αρα A (x,x 2 ) = 0 δηλαδή ο πίνακας A (x,x 2 ) είναι αντιστρέψιμος απο την (8) θα πρέπει [ ] [ ] b a 0 =, 0 δηλαδή a = b. (γ) Κάθε στοιχείο x R 4 το συμβολίζουμε ως (x, x 2 ), όπου x, x 2 R 2. Θεωρούμε την συνάρτηση : R 4 R, (x, x 2 ) = A (x,x 2) = x (x ) 2 y (x 2) 2 x (x 2) y (x ), για κάθε (x, x 2 ) R 4. Απο την συνέχεια των μερικών παραγώγων των f, f 2 έχουμε ότι η είναι επίσης συνεχής συνάρτηση. (Πράγματι, η συνάρτηση (x, x 2 ) x (x ) είναι συνεχής αϕού x (x ) = ( x π ) (x, x 2 ) όπου π (x, x 2 ) = x. Ομοίως οι συναρτήσεις (x, x 2 ) y (x ), (x, x 2 ) 2 x (x 2), (x, x 2 ) 2 y (x 2) είναι συνεχείς).

6 6 Απο την υπόθεσή μας έχουμε (x 0, x 0 ) 0. Επειδή η είναι συνεχής θα υπάρχει μια ανοικτή μπάλλα του R 4, με κέντρο το (x 0, x 0 ) και ακτίνα r > 0, έστω B ( (x 0, x 0 ), r ), ώστε (9) (x, x 2 ) = A (x,x 2) 0, για κάθε (x, x 2 ) B ( (x 0, x 0 ), r ). Εστω r 0 = r/2. Θέτουμε B = B(x 0, r/2) να είναι ο ανοικτός δίσκος του R 2, με κέντρο το x 0 και ακτίνα r 0 > 0. Ισχυριζόμαστε τώρα ότι A (x,x 2) 0, για κάθε x, x 2 B. Πράγματι, καταρχάς είναι εύκολο να δούμε ότι (0) (x, x 2 ) 2 = x 2 + x 2 2 για κάθε x, x 2 R 2, όπου στην παραπάνω ισότητα, δεξιά έχουμε την ευκλείδεια νόρμα στον R 4 και αριστερά τις ευκλείδειες νόρμες στον R 2 (ουσιαστικά είναι το Πυθαγόρειο Θεώρημα). Εστω λοιπόν, x, x 2 B. Τότε x x 0 < r 0, x x 0 < r 0 απο την (0) παίρνουμε ότι (x, x 2 ) (x 0, x 0 ) 2 = (x x 0, x 2 x 0 ) 2 = x x x x 0 2 < 2r0 2 < r 2 Άρα (x, x 2 ) B ( (x 0, x 0 ), r ), οπότε απο την (9), έχουμε A (x,x 2 ) 0. (δ) Εστω x 0 R 2 με A (x0,x 0 ) 0. Απο το (γ) υπάρχει r 0 > 0 ώστε A (x,x 2 ) = 0 για κάθε x, x 2 B(x 0, r 0 ). Τώρα απο το (β) η f στον ανοικτό δίσκο B(x 0, r 0 ) είναι.