Λύσεις στο Επαναληπτικό Διαγώνισμα 2

Τμήμα Μηχανικών Οικονομίας και Διοίκησης Απειροστικός Λογισμός ΙΙ Γ. Καραγιώργος ykarag@aegean.gr Λύσεις στο Επαναληπτικό Διαγώνισμα 2 Για τυχόν παρατηρήσεις, απορίες ή λάθη που θα βρείτε, στείλτε μου e-mail. Άσκηση 1 (Πολικές συντεταγμένες). (i) Χρησιμοποιώντας πολικές συντεταγμένες, να αναπαραστήσετε με τέσσερις διαφορετικούς τρόπους, το σημείο P του επιπέδου που βρίσκεται στην ευθεία θ = π/3 και απέχει κατευθυνόμενη απόσταση r = 2 μονάδες από την αρχή. (ii) Σχεδιάστε τα σημεία στο επίπεδο, των οποίων οι πολικές συντεταγμένες, ικανοποιούν τις δοθείσες σχέσεις α) r = 2, β) θ = π/3 και 1 r 3, γ) 0 θ π και r = 1. (iii) Για την πολική εξίσωση r 2 = 4 r sin(θ), να βρεθεί η αντίστοιχη καρτεσιανή. (i) Οι τέσσερις διαφορετικοί τρόποι είναι οι εξής: ( 2, π/3), (2, 2π/3), (2, 4π/3), ( 2, 5π/3). (ii) Εδώ δείτε και τα παραδείγματα 2, 3 του βιβλίου στις σελίδες 734-735. (α) Είναι κύκλος με κέντρο το (0, 0) και ακτίνα 2. (β) Η εξίσωση θ = π/3, δηλώνει ευθεία. Οπότε, η δοθείσα εξίσωση δηλώνει το ευθύγραμμο τμήμα στην παραπάνω ευθεία με, 1 r π/3. (γ) Είναι το κάτω ημικύκλιο, του κύκλου με κέντρο το (0, 0) και ακτίνα 1. (iii) Γνωρίζουμε ότι οι σχέσεις που συνδέουν τις πολικές και καρτεσιανές συντεταγμένες, είναι x = r cos(θ), y = r sin(θ), r 2 = x 2 + y 2. Οπότε η δοθείσα σχέση γίνεται 1

x 2 + y 2 = 4y x 2 + y 2 4y = 0 x 2 + (y 2) 2 = 4, η οποία παριστάνει κύκλο στο καρτεσιανό επίπεδο, με κέντρο το (0, 2) και ακτίνα 4. Άσκηση 2 (Καμπύλες). (i) Για τον κύκλο C x 2 + y 2 = 1, να βρεθούν δύο παραμετρικές καμπύλες r 1, r 2, οι οποίες να τον διαγράφουν με αντίθετη φορά. (ii) Να βρεθούν και να σχεδιαστούν, τα αντίστοιχα εφαπτόμενα διανύσματα στο σημείο (0, 1) του C. (i) Θεωρούμε τις παραμετρικές καμπύλες r 1 (t) = (cos(t), sin(t)), r 2 (t) = (sin(t), cos(t)), t [0, 2π]. Από αυτές, η r 1 διαγράφει τον κύκλο αριστερόστροφα, διότι για παράδειγμα r 1 (0) = (1, 0) και r 1 (π/2) = (0, 1), ενώ η r 2 δεξιόστροφα, διότι για παράδειγμα r 2 (0) = (0, 1) και r 2 (π/2) = (1, 0). (ii) Το εφαπτόμενο διάνυσμα για την καμπύλη r 1, στο σημείο r 1 (π/2) = (0, 1), δίνεται από το διάνυσμα r 1 (π/2). Έχουμε r 1 (t) = ( sin(t), cos(t)) r 1 (π/2) = ( 1, 0). Όμοια για την r 2, το εφαπτόμενο διάνυσμα στο σημείο r 2 (0) = (0, 1), δίνεται από το διάνυσμα r 2 (0). Άρα r 2 (t) = (cos(t), sin(t)) r 2 (0) = (1, 0). Ο τρόπος που σχεδιάζουμε τα εφαπτόμενα διανύσματα είναι ο εξής. Για παράδειγμα για την r 1, απλά μεταφέρουμε το διάνυσμα ( 1, 0) και το εφαρμοζουμε στο σημείο (0, 1), (Δηλαδή, δεν το βλεπουμε σαν διάνυσμα θέσης που ξεκινάει από την αρχή των αξόνων, αλλά σαν εφαρμοστό στο σημείο (0, 1) ). Άσκηση 3 (Όριο-Συνέχεια). 2

(i) [Ορισμός ορίου]. Να δείξετε ότι η συνάρτηση sin x2 y f (x, y) = x 2 +y2, (x, y) (0, 0) 0, (x, y) = (0, 0), είναι συνεχής στο (0, 0). (ii) [Κριτήριο μη-ύπαρξης ορίου]. Να δείξετε ότι τα παρακάτω όρια, δεν υπάρχουν α) lim (x,y) (0,0) x + y, β) lim x y (x,y) (0,0) x y x y. (i) Θα χρησιμοποιήσουμε τον ορισμό ορίου (βλέπε Μάθημα 14), για να δείξουμε ότι lim f (x, y) = f (0, 0) = 0. (x,y) (0,0) Έστω ε > 0. Ψάχνουμε δ > 0, ώστε αν να ισχύει 0 < x 2 + y 2 < δ f (x, y) < ε. Οπότε για (x, y) (0, 0), έχουμε x2 y f (x, y) = sin x 2 + y 2 x2 y x 2 + y 2 y x 2 + y 2 (1) Άρα για δ = ε και για από την (1) έχουμε 0 < x 2 + y 2 < δ f (x, y) x 2 + y 2 < δ = ε. (ii) Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο μη ύπαρξης ορίου, το οποίο υπενθυμίζω και εδώ. Κριτήριο Μη ύπαρξης ορίου: Αν η f έχει διαφορετικά όρια κατά μήκος δύο διαφορετικών διαδρομών, καθώς το (x, y) τείνει στο (x 0, y 0 ), τότε δεν υπάρχει το όριο 3

lim f (x, y). (x,y) (x 0,y 0 ) (α) Εδώ οι δύο διαδρομές θα είναι κατά μήκος των δύο αξόνων. Για x = 0 και για y 0, 0 + y lim f (0, y) = lim (0,y) (0,0) y 0 0 y = 1. Για y = 0 και για x 0, x + 0 lim f (x, 0) = lim (x,0) (0,0) x 0 x 0 = 1. Επομένως δεν υπάρχει το όριο lim f (x, y). (x,y) (0,0) (β) Εδώ οι δύο διαδρομές θα είναι κατά μήκος ευθειών που περνούν από την αρχή των αξόνων. Για y = λx με λ 0, έχουμε λ x 2 lim f (x, λx) = lim (x,λx) (0,0) x 0 λ x 2 = λ λ. Άρα το όριο εξαρτάται μόνο από το λ και επομένως αν πάρουμε λ > 0, η τιμή του ορίου είναι 1, ενώ για λ < 0, η τιμή του ορίου είναι -1. Οπότε το όριο δεν υπάρχει. Άσκηση 4 (Παραγωγισιμότητα). Για τη συνάρτηση f (x, y) = ln(x 2 + y 2 + 1), (i) Να δείξετε ότι είναι παραγωγίσιμη στο R 2. (ii) Να βρεθεί το εφαπτόμενο επίπεδο στο γράφημα της f, στο σημείο (1, 1, f (1, 1)). (iii) Να βρεθεί η παράγωγος κατά κατεύθυνση της f, στο σημείο (1, 1), κατά την κατεύθυνση του διανύσματος v = (0, 1). (iv) Να βρεθούν οι κατευθύνσεις, στις οποίες η f παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη μεταβολή στο (1, 1). Να βρεθούν οι αντίστοιχοι ρυθμοί μεταβολής. (i) Εδώ θα χρησιμοποίήσουμε το εξής Θεώρημα (βλέπε Μάθημα 16). Θεώρημα. Έστω U R 2 ανοικτό και f U R. Αν υπάρχουν οι μερικές παράγωγοι f x, f y και είναι συνεχείς, τότε η f είναι παραγωγίσιμη. 4

Βρίσκουμε τις μερικές παραγώγους f x, f y. Έχουμε f x = 2 x x 2 + y 2 + 1, f y = 2 y x 2 + y 2 + 1, οι οποίες είναι συνεχείς στο R 2. Eπομένως από το Θεώρημα, η f είναι παραγωγίσιμη στο R 2. (ii) η εξίσωση του εφαπτόμενου επιπέδου στο σημείο (1, 1, f (1, 1)), είναι z = f (1, 1) + f (1, 1) (x 1, y 1) = f (1, 1) + f x (1, 1) (x 1) + f y (1, 1) (y 1), όπου Επομένως f (1, 1) = ln 3, f x (1, 1) = 2/3 f y (1, 1) = 2/3. z = ln 3 + 2 3 (x 1) + 2 3 (y 1) = 2 3 x + 2 3 y + ln 3 4 3. (iii) Από το (i), έχουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο R 2. Άρα η κατά κατεύθυνση παράγωγος της f στο (1, 1), στην κατεύθυνση του v = (0, 1), θα είναι D v f (1, 1) = f (1, 1) (0, 1) = f f (1, 1) 0 + (1, 1) 1 x y = 2 3. (iv) H κατεύθυνση, στην οποία η f παρουσιάζει μέγιστη αύξηση στο (1, 1) είναι αυτή που ορίζει το διάνυσμα f (1, 1), η οποία δίνεται από το αντίστοιχο μοναδιαίο διάνυσμα u = f (1, 1) f (1, 1) = (2/3, 2/3) (2/3) 2 + (2/3) 2 = 3 (2/3, 2/3) = ( 2/2, 2/2). 2 2 Επίσης, ο ρυθμος μεταβολής στην κατεύθυνση αυτή θα είναι D u f (1, 1) = f (1, 1) = 2 2 3. 5

Η κατεύθυνση, στην οποία η f παρουσιάζει μέγιστη μείωση στο (1, 1), είναι αυτή που ορίζει το διάνυσμα f (1, 1), η οποία δίνεται από το μοναδιαίο διάνυσμα u = ( 2/2, 2/2). Τέλος, ο αντίστοιχος ρυθμος μεταβολής στην κατεύθυνση είναι D u f (1, 1) = f (1, 1) = 2 2 3. Άσκηση 5 (Κανόνας Αλυσίδας (1η Μορφή) ). Έστω r R R 3, f R 3 R, ώστε r(t) = (2 cos(t), 2 sin(t), t), f (x, y, z) = x 2 + y 2 + z. Αν h = f r R R, (i) να βρεθεί με τον κανόνα της αλυσίδας, η τιμή h (π/2). (ii) Να επαληθευτεί η τιμή στο (i), με απευθείας υπολογισμό από την h. (i) Οι f, r, είναι παραγωγίσιμες, επομένως από τον κανόνα αλυσίδας θα ισχύει h (t) = f (r(t)) r (t). Ισοδύναμα h (t) = f x (x(t), y(t), z(t) x (t) + f y (x(t), y(t), z(t) y (t) + f z (x(t), y(t), z(t) z (t), t R. Οπότε για t = π/2, h (π/2) = f x x (π/2) + f y y (π/2) + f z z (π/2), όπου οι μερικές παράγωγοι f, f, f, υπολογίζονται στο σημείο x y z (x(π/2), y(π/2), z(π/2)) = (0, 2, π/2). Επειδή τώρα f x = 2 x, προκύπτει f y = 2 y, f z = 1, x (t) = 2 sin(t), y (t) = 2 cos(t), z (t) = 1, 6

h (π/2) = 0 + 0 + 1 = 1. (ii) Έχουμε h(t) = f (r(t)) = f (2 cos(t), 2 sin(t), t) = 4 cos 2 (t) + 4 sin 2 (t) + t = 4 + t. Οπότε h (t) = 1 h (π/2) = 1. Άσκηση 6 (Κανόνας Αλυσίδας (2η Μορφή) ). Έστω g R 2 R 2, f R 2 R, ώστε g(x, y) = (cos(x 2 + y 2 ), x + y ), f (x, y) = e x + y 2. Αν h = f g R 2 R, (i) να βρεθούν με τον κανόνα της αλυσίδας, οι τιμές h x h (1, 1), (1, 1). y (ii) Να επαληθευτούν η τιμές στο (i), με απευθείας υπολογισμό από την h. (i) Από τον κανόνα της αλυσίδας ισχύουν: όπου h x = f u h y = f u u x + f v v x u y + f v v y. g(x, y) = (u(x, y), v(x, y)), h(x, y) = f (u(x, y), v(x, y)), ενώ οι μερικές παράγωγοι f, f, υπολογίζονται στο σημείο (u(x, y), v(x, y)). u v Εδώ έχουμε u(x, y) = cos(x 2 + y 2 ), v(x, y) = x + y, f (u(x, y), v(x, y)) = e u + v 2. Από τις πρώτες δύο σχέσεις, έχουμε u x = 2 x sin(x2 + y 2 ), u y = 2 y sin(x2 + y 2 ), 7 v x = 1, v y = 1,

ενώ από την τελευταία σχέση προκύπτει f u = eu f v = 2 v. Επίσης για (x, y) = (1, 1), έχουμε ότι u(1, 1) = cos(2), v(1, 1) = 2. Άρα από τον κανόνα της αλυσίδας έχουμε h f (1, 1) = x u h f (1, 1) = y u u f (cos(2), 2) (1, 1) + x v u f (cos(2), 2) (1, 1) + y v (cos(2), 2) v(1, 1) x (cos(2), 2) v(1, 1), y απ όπου τελικά προκύπτει h x (1, 1) = 2ecos(2) sin(2) + 4. h y (1, 1) = 2ecos(2) sin(2) + 4. (ii) Έχουμε Οπότε h(x, y) = f (u(x, y), v(x, y)) = e u + v 2 = e cos(x2 +y 2) + (x + y) 2. h x = 2 x sin(x2 + y 2 )e cos(x2 +y 2) + 2(x + y). h y = 2 y sin(x2 + y 2 )e cos(x2 +y 2) + 2(x + y). απ όπου τελικά προκύπτει 8

h x (1, 1) = 2ecos(2) sin(2) + 4. h y (1, 1) = 2ecos(2) sin(2) + 4. Άσκηση 7 (Ταξινόμηση κρίσιμων σημείων με το κριτήριο 2ης παραγώγου). Να βρεθούν και να ταξινομηθούν (σε σημεία τοπικού ακροτάτου ή σαγματικά) τα κρίσιμα σημεία για τις συναρτήσεις (i) f (x, y) = y sin(x), (ii) f (x, y) = x 3 + 3x y + y 3. (i) Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε το κριτήριο δεύτερης παραγώγου (βλέπε Μάθημα 18). Αρχικά βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία. Οπότε θέτουμε f x = 0 και f y = 0, όπου f x = y cos(x), f y = sin(x). Θέτοντας τις παραπάνω σχέσεις με το μηδέν, προκύπτουν τα παρακάτω κρίσιμα σημεία. (nπ, 0), n N. Στη συνέχεια εφαρμόζουμε το κριτήριο της δεύτερης παραγώγου στα παραπάνω σημεία. Βρίσκουμε αρχικά τις μερικές παραγώγους δεύτερης τάξης. f xx = y sin(x), f xy = cos(x), f yy = 0, f yx = cos(x). Άρα Δ = f xx(nπ, 0) f xy (nπ, 0) f yx (nπ, 0) f yy (nπ, 0) = 0 cos(nπ) = cos cos(nπ) 0 2 (nπ) < 0. Επομένως όλα τα κρίσιμα σημεία είναι σαγματικά. (ii) Όμοια δουλεύουμε και εδώ. Αρχικά βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία, θέτοντας f x = 0 και f y = 0. Έχουμε f x = 3 x 2 + 3y, f y = 3 y 2 + 3x. Θέτοντας τις παραπάνω σχέσεις με το μηδέν, προκύπτουν τα παρακάτω κρίσιμα σημεία. (0, 0), ( 1, 1). 9

Στη συνέχεια εφαρμόζουμε το κριτήριο της δεύτερης παραγώγου σε καθένα από παραπάνω σημεία. Βρίσκουμε αρχικά τις μερικές παραγώγους δεύτερης τάξης. f xx = 6 x, f xy = 3, f yy = 6 y, f yx = 3. Για το (0, 0) : Δ = f xx(0, 0) f xy (0, 0) f yx (0, 0) f yy (0, 0) = 0 3 = 9 < 0. 3 0 Έπομένως το (0, 0) είναι είναι σαγματικό σημείο. Για το ( 1, 1) : Δ = f xx( 1, 1) f xy ( 1, 1) f yx ( 1, 1) f yy ( 1, 1) = 6 3 = 27 > 0. 3 6 Επειδή f xx ( 1, 1) = 6 < 0, το ( 1, 1) είναι σημείο τοπικού μεγίστου. Άσκηση 8 (Αποτυχία κριτηρίου 2ης παραγώγου). Να βρεθούν και να ταξινομηθούν (σε σημεία τοπικού ακροτάτου ή σαγματικά) τα κρίσιμα σημεία για τις συναρτήσεις (i) f (x, y) = 1 x 2 y 2, (ii) f (x, y) = x 3 y 2. (i) Bρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία. Οπότε θέτουμε f x = 0 και f y = 0, όπου f x = 2 x y 2, f y = 2 y x 2. Θέτοντας τις παραπάνω σχέσεις με το μηδέν, προκύπτει ότι τα κρίσιμα σημεία, είναι τα σημεία που βρίσκονται στους δύο άξονες. Δηλαδή τα σημεία της μορφής (x, 0) και (0, y). Αν εφαρμόσουμε το κριτήριο της δεύτερης παραγώγου στα παραπάνω σημεία, βρίσκουμε Δ = 0, επομένως το κριτήριο αποτυγχάνει. Θα μελετήσουμε το είδος των σημείων με τους ορισμούς (βλέπε Μάθημα 18). Έχουμε f (x, 0) = f (0, y) = 1 1 x 2 y 2 = f (x, y), για κάθε (x, y) R 2. Επομένως στα παραπάνω σημεία, η f παρουσιάζει ολικό μέγιστο. 10

(ii) Bρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία. Έχουμε f x = 3 x 2 y 2, f y = 2 x 3 y. Θέτοντας τις παραπάνω σχέσεις με το μηδέν, προκύπτει ότι τα κρίσιμα σημεία, είναι τα σημεία που βρίσκονται στους δύο άξονες. Δηλαδή τα σημεία της μορφής (x, 0) και (0, y). Όμοια με πριν, το κριτήριο 2ης παραγώγου αποτυγχάνει, οπότε θα δουλέψουμε με τους ορισμούς. Για το (x, 0) : Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: -Για x > 0, θεωρούμε δ = x/2 > 0. Τότε για κάθε (x, y ) D ((x, 0), δ), ίσχύει f (x, y ) = 3(x ) 3 (y ) 2 0 = f (x, 0). Επομένως το σημείο (x, 0), για x > 0, είναι σημείο τοπικού ελαχίστου. -Για x < 0, θεωρούμε δ = x /2 > 0. Τότε για κάθε (x, y ) D ((x, 0), δ), ίσχύει f (x, y ) = 3(x ) 3 (y ) 2 0 = f (x, 0). Επομένως το σημείο (x, 0), για x < 0, είναι σημείο τοπικού μεγίστου. -Για x = 0 το σημείο (0, 0), είναι σαγματικό σημείο. Πράγματι, για κάθε δ > 0, μπορούμε να βρούμε σημεία (x, y ), (x, y ) D ((0, 0), δ), ώστε να ίσχύει f (x, y ) < 0 = f (0, 0) < f (x, y ). Αρκεί να πάρουμε x < 0, x > 0, y, y 0. Επομένως το σημείο (0, 0), είναι σαγματικό σημείο. Για το (0, y) : Εδώ για κάθε y R, το σημείο (0, y) είναι σαγματικό. Πράγματι, για κάθε δ > 0, μπορούμε να βρούμε σημεία (x, y ), (x, y ) D (0, y), δ, ώστε να ίσχύει f (x, y ) < 0 = f (0, y) < f (x, y ). Άσκηση 9 (Ολικά ακρότατα). (i) Έστω Κ = D [(0, 0), 2], ο κλειστός κυκλικός δίσκος στο R 2, με κέντρο το (0, 0) και ακτίνα 2. Αν f K R, ώστε f (x, y) = 2 x 2 + y 2, να βρεθούν τα ολικά ακρότατα της f στο K. 11

(ii) Βρείτε τα ολικά ακρότατα της συνάρτησης f (x, y) = 2x 2 4 x + y 2 4 y + 1, στο τρίγωνο που ορίζουν οι ευθείες x = 0, y = 2, y = 2 x. Αρχικά υπενθυμίζω ότι αν μελετάμε μία συνεχή συνάρτηση f K R 2 R, όπου K συμπαγές, ως προς τα ολικά ακρότατα, ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα: (1) Βρίσκουμε τα πιθανά σημεία ακροτάτων, στο εσωτερικό του K. (2) Βρίσκουμε τα πιθανά σημεία ακροτάτων, στο σύνορο του K, το οποίο συμβολίζουμε με K. (3) Συγκρίνουμε τις τιμές για να βρούμε τα σημεία ολικών ακροτάτων. (i) Επειδή η f είναι συνεχής και το K συμπαγές (ως κλειστό και φραγμένο), από το Θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής γνωρίζουμε ότι υπάρχουν τα ολικά ακρότατα της f στο K. Ακολουθούμε τα βήματα: Βήμα 1: Βρίσκουμε τα σημεία πιθανών ακροτάτων στο εσωτερικό του K. Δηλαδή βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία της f, στο εσωτερικό του K. Κατά τα γνωστά, πρέπει f (x, y) = (0, 0) f x (x, y) = 0 και f y (x, y) = 0. Ισοδύναμα πρέπει f x (x, y) = 4 x = 0 και f y (x, y) = 2 y = 0, απ όπου προκύπτει ότι (x, y) = (0, 0), με f (0, 0) = 0. Βήμα 2: Βρίσκουμε τα σημεία πιθανών ακροτάτων στο σύνορο του K, όπου K = {(x, y) x 2 + y 2 = 4}, ο κύκλος με κέντρο το (0, 0) και ακτίνα 2, στο επίπεδο. Ψάχνουμε λοιπόν τα ακρότατα της f, όταν την περιορίσουμε στο K. Για το λόγο αυτό θεωρούμε την παραμετρική καμπύλη για το K. r(t) = (2 cos(t), 2 sin(t)), t [0, 2π]. Οπότε ψάχνουμε τα ακρότατα της συνάρτησης 12

g(t) = f (r(t)) = f (2 cos(t), 2 sin(t)) = 8 cos 2 (t) + 4 sin 2 (t) = 4 cos 2 (t) + 4, t [0, 2π]. Τώρα, μελετάμε τη g ως προς τα ακρότατα όπως κάνουμε στις συνεχείς συναρτήσεις που ορίζονται σε κλειστό διάστημα. Βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία της g στο (0, 2π). Έχουμε g (t) = 0 8 sin(t) cos(t) = 0 sin(t) = 0 ή cos(t) = 0. Ισοδύναμα προκύπτει cos(t) = 0 t = π 2 ή t = 3π 2, Άρα για t = π 2 ή t = 3π 2, έχουμε sin(t) = 0 t = π. g π 2 = g 3π 2 = 4, ενώ για t = π, g (π) = 8. Επίσης, g(0) = g(2π) = 8. Βήμα 3: Ελέγxoυμε τις τιμές που βρήκαμε στα προηγούμενα βήματα. Από τα παραπάνω προκύπτουν ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο (0, 0), το f (0, 0) = 0 και μέγιστο στα ( 2, 0), (2, 0), το f ( 2, 0) = f (2, 0) = 8. (ii) Δουλεύουμε όπως στο (i). Βήμα 1: Βρίσκουμε τα σημεία πιθανών ακροτάτων στο εσωτερικό του τριγώνου. f (x, y) = (0, 0) f x = 0 και f y = 0. Ισοδύναμα πρέπει f x = 4 x 4 = 0 και f y (x, y) = 2 y 4 = 0, απ όπου προκύπτει ότι (x, y) = (1, 2), το οποίο όμως δεν είναι κρίσιμο σημείο, καθώς δεν είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Βήμα 2: Βρίσκουμε τα σημεία πιθανών ακροτάτων στο σύνορο του τριγώνου. Θα χωρίσουμε το σύνορο του τριγώνου σε τρία ευθύγραμμα τμήματα (τις πλευρές του). Ονομάζουμε το τρίγωνο, (OΑΒ), όπου 13

OA: Το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα σημεία Ο(0, 0), Α(0, 2). AB: Το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα σημεία Α(0, 2), B(1, 2). OB: Το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα σημεία O(0, 2), B(1, 2). Για το OA: Θεωρούμε τη συνάρτηση g 1 (y) = f (0, y) = y 2 4y + 1, y [0, 2]. Βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία της g 1 στο (0, 2). Έχουμε g 1 (y) = 0, 2y 4 = 0 y = 2 (0, 2). Οπότε η g 1 δεν έχει κρίσιμα σημεία. Μελετάμε τις τιμές στα άκρα: g 1 (0) = f (0, 0) = 1, g 1 (2) = f (0, 2) = 3. Για το AB: Θεωρούμε τη συνάρτηση g 2 (x) = f (x, 2) = 2 x 2 4x 3, y [0, 1]. Βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία της g 2 στο (0, 1). Έχουμε g 2 (x) = 0, 4x 4 = 0 x = 1 (0, 1). Οπότε η g 2 δεν έχει κρίσιμα σημεία. Μελετάμε τις τιμές στα άκρα: g 2 (0) = f (0, 2) = 3, g 2 (1) = f (1, 2) = 5. Για το OB: Θεωρούμε τη συνάρτηση g 3 (x) = f (x, 2 x) = 6 x 2 12 x + 1, x [1, 2]. Βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία της g 3 στο (0, 1). Έχουμε g 3 (x) = 0, 12 x 12 = 0 x = 1 (0, 1). Οπότε η g 3 δεν έχει κρίσιμα σημεία. Μελετάμε τις τιμές στα άκρα: g 3 (0) = f (0, 0) = 1, g 3 (1) = f (1, 2) = 5. 14

Βήμα 3: Ελέγxoυμε τις τιμές που βρήκαμε στα προηγούμενα βήματα. Από τα παραπάνω προκύπτουν ότι η f παρουσιάζει ελάχιστο στο (1, 2), το f (1, 2) = 5 και μέγιστο στο (0, 0), το f (0, 0) = 1. Άσκηση 10 (Πολ/στές Lagrange με μία συνθήκη). Βρείτε τη μέγιστη και ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f (x, y) = 3 x y + 6, στον κύκλο x 2 + y 2 = 9. Θεωρούμε g(x, y) = x 2 + y 2 9 και ψάχνουμε τα ακρότατα της f υπό τη συνθήκη. g(x, y) = 0. Ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα: Βήμα 1: Βρίσκουμε τα σημεία πιθανών ακροτάτων με το Θεώρημα που αφορά τους πολλαπλασιαστές Lagrange (βλέπε Μάθημα 20). Οπότε λύνουμε το παρακάτω σύστημα. f (x, y) = λ g(x, y) και g(x, y) = 0. Ισοδύναμα f x = λg x f y = λg y g(x,y) = 0 Οπότε 3 = 2λx 1 = 2λy x 2 +y 2 9 = 0. Από τις δύο πρώτες σχέσεις προκύπτει ότι λ 0 και x = 3 2λ, y = 1 2λ. 15

ή λ = 10. Επομένως αντικα- 6 Αντικάθιστώντας στην τελευταία σχέση βρίσκουμε ότι λ = 10 6 θιστώντας τις τιμές για το λ στα x, y, προκύπτουν τα σημεία 9 10 10, 3 10 10, 9 10 10, 3 10 10. Βήμα 2: Συγκρίνουμε τις τιμές στα σημεία που βρήκαμε στο Βήμα 1. Έχουμε f 9 10 10, 3 10 10 = 3 10 + 6, f 9 10 10, 3 10 10 = 3 10 + 6. Οπότε η f παρουσιάζει μέγιστο στο (9 10/10, 3 10/10), με τιμή 3 10 + 6 και ελάχιστο στο ( 9 10/10, 3 10/10), με τιμή 3 10 + 6. Άσκηση 11 (Πολ/στές Lagrange με δύο συνθήκες). Βρείτε τη μέγιστη και ελάχιστη τιμή της συνάρτησης στnν τομή των επιφανειών f (x, y, z) = x 2 y z + 1, z = 1 και x 2 + y 2 + z 2 = 10. Εδώ Θα χρησιμοποιήσουμε το παρακάτω Θεώρημα Θεώρημα (Πολλαπλασιαστές Lagrange με δύο συνθήκες). Έστω U R 2, ανοικτό και f, g 1, g 2 U R παραγωγίσιμες με συνεχείς μερικές παραγώγους. Αν η f παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο (x 0, y 0 ) U, υπό τις συνθήκες g 1 (x, y) = 0, g 1 (x, y) = 0 με g 1 (x 0, y 0 ), g 2 (x 0, y 0 ), να μην είναι παράλληλα, τότε θα ισχύει f (x 0, y 0 ) = λ g 1 (x 0, y 0 ) + μ g 2 (x 0, y 0 ) g 1 (x 0, y 0 ) = 0, g 2 (x 0, y 0 ) = 0. Θεωρούμε g 1 (x, y) = z 1 και g 2 (x, y) = x 2 + y 2 + z 2 10. Ψάχνουμε τα ακρότατα της f υπό τις συνθήκες. g 1 (x, y) = 0, g 2 (x, y) = 0. Ακολουθούμε τα παρακάτω βήματα: Βήμα 1: Βρίσκουμε τα σημεία πιθανών ακροτάτων με το παραπάνω Θεώρημα. Οπότε λύνουμε το παρακάτω σύστημα. 16

f (x, y) = λ g 1 (x, y) + μ g 2 (x, y) g 1 (x, y) = 0, g 2 (x, y) = 0. Ισοδύναμα f x = λg 1x + μ g 2x f y = λg 1y + μ g 2y f z = λg 1z + μ g 2z g 1 (x, y) = 0 g 2 (x, y) = 0. Οπότε 2x y z = 2μ x x 2 z = 2μ y x 2 y = λ + 2μ z z = 1 x 2 + y 2 + z 2 = 0. Από την πρώτη σχέση για z = 1, προκύπτει ότι x = 0 ή μ = y. -Για x = 0, από την τελευταία προκύπτει ότι y = 3 ή y = 3. Οπότε προκύπτουν τα σημεία (0, 3, 1), (0, 3, 1), με τιμές f (0, 3, 1) = f (0, 3, 1) = 1. -Για μ = y, από τη δεύτερη προκύπτει ότι x = 2y ή x = 2y. Οπότε από την τελευταία προκύπτει ότι y = 3 ή y = 3. Άρα προκύπτουν τα σημεία ( 6, 3, 1), ( 6, 3, 1), ( 6, 3, 1), ( 6, 3, 1), με τιμές 17

f ( 6, 3, 1) = f ( 6, 3, 1) = 6 3 + 1, f ( 6, 3, 1) = f ( 6, 3, 1) = 6 3 + 1 Βήμα 2: Συγκρίνουμε τις τιμές στα σημεία που βρήκαμε στο Βήμα 1. Από τα παραπάνω η f παρουσιάζει μέγιστο στα σημεία ( 6, 3, 1), ( 6, 3, 1), με τιμή 6 3 + 1 και ελάχιστο στα ( 6, 3, 1), ( 6, 3, 1), με τιμή 6 3 + 1. 18