18 svar

194 visningar

dajamanté behöver inte mer hjälp

Minsta värde av en funktion i tvåvariabel (problem med delfiner)

Först kan vi skriva om området som:

$\frac{x^{2}}{2^{2}} + \frac{y^{2}}{2^{2}} \leq 1$ , så vi ligger i en cirkel som har radie 2 l.e.

Eftersom både $x,y$ är kvadraterat blir deras minsta värde $0$ , och största värde $4$ .

Enligt kurslitteraturern måste jag titta på:

1. randpunkter

2.punkter där funktion är inte deriverbar.

3. punkter där delfin f över delfin x, eller $\frac{\partial f}{\partial x}$ , samt $\frac{\partial f}{\partial y}$ är noll.

Punkt 2. är nog inga problem, den är nog deriverbar överallt. Men jag har redan fastnat på två ställe!

Den första: räknas $x, y = 0, 0$ som randpunkt att undersöka, eller är det bara kanten som gäller?

Den andra: jag deriverar uppenbarligen funktionen fel:

$\frac{\partial f}{\partial x} x y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} = y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} + x y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} \cdot - 2 x = = y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} - 2 x^{2} y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} = y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} (1 - 2 x^{2})$

Jag hittar liknande för $\frac{\partial f}{\partial y}$ .

När jag frågar Mathematica svarar hon:

Vad gör jag fel med derivata, och vad räknas som en randpunkt?

dajamanté skrev:

Den första: räknas $x, y = 0, 0$ som randpunkt att undersöka, eller är det bara kanten som gäller?

Bara randen på cirkeln ( $x^2+y^2=4$ ) gäller. Punkten (0,0) är en inre punkt i det kompakta området.

Den andra: jag deriverar uppenbarligen funktionen fel:
$\frac{\partial f}{\partial x} x y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} = y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} + x y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} \cdot - 2 x = = y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} - 2 x^{2} y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} = y {e^{- x^{2}}}^{- y^{2}} (1 - 2 x^{2})$
Jag hittar liknande för $\frac{\partial f}{\partial y}$ .
När jag frågar Mathematica svarar hon:
Vad gör jag fel med derivata, och vad räknas som en randpunkt?

Du har deriverat rätt för hand, men du har missat ett komma när du frågar Mathematica. Det ska vara D[f[x,y], x].

Tack Guggle!

1. Så f(0,0) är ingen ''kandidat''?

2. Mitt punkt av intresse är då:

$e^{- x^{2} - y^{2}} y - 2 e^{- x^{2} - y^{2}} x^{2} y = e^{- x^{2} - y^{2}} y (1 - 2 x^{2})$

Dvs:

$\frac{1}{\sqrt{2}}, f (\frac{1}{\sqrt{2}})$ och $\frac{- 1}{\sqrt{2}}, f (\frac{- 1}{\sqrt{2}})$ ?

PS: jag kan inte generera schackbordet (i den andra tråd med sommar uppgift!)

Samma för $delfin(y)$ ?

dajamanté skrev:
Tack Guggle!
1. Så f(0,0) är ingen ''kandidat''?

Jo, f(0,0) är en kandidat, men det beror på att $\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=0$ där, INTE på att (0,0) skulle vara en "randpunkt". Är du med på det? :)

Dvs (0,0) är en stationär punkt.

2. Mitt punkt av intresse är då:
$e^{- x^{2} - y^{2}} y - 2 e^{- x^{2} - y^{2}} x^{2} y = e^{- x^{2} - y^{2}} y (1 - 2 x^{2})$
Dvs:
$\frac{1}{\sqrt{2}}, f (\frac{1}{\sqrt{2}})$ och $\frac{- 1}{\sqrt{2}}, f (\frac{- 1}{\sqrt{2}})$ ?

Nja, 5 punkter ger $\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=0$ . Och alla förtjänar uppmärksamhet!

$(x,y)=(0,0),\>(\frac{-1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}}),\>(\frac{-1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}),\>(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}}),\>(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})$

Du måste också undersöka randen.

Edit: "Samma för delfin(y)?" kanske betyder att du tänkte undersöka de andra punkterna också :)

Jag ska kika på schackbrädestråden sen, men det är en SOMMARLOVSUPPGIFT :)

Vänta nu, har inte x och y samma tecken i den här uppgift?

Guggle skrev:
dajamanté skrev:
Tack Guggle!
1. Så f(0,0) är ingen ''kandidat''?
Jo, f(0,0) är en kandidat, men det beror på att $\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=0$ där, INTE på att (0,0) skulle vara en "randpunkt". Är du med på det? :)

Nope.

Dvs (0,0) är en stationär punkt.

Renope.

dajamanté skrev:
Guggle skrev:
dajamanté skrev:
Tack Guggle!
1. Så f(0,0) är ingen ''kandidat''?
Jo, f(0,0) är en kandidat, men det beror på att $\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial y}=0$ där, INTE på att (0,0) skulle vara en "randpunkt". Är du med på det? :)
Nope.
Dvs (0,0) är en stationär punkt.
Renope.

En randpunkt är ju en punkt på kanten av definitionsmängden. Cirkeln är ju centrerad i $(0,0)$ , alltså kan $(0,0)$ omöjligen vara en randpunkt. Ett annat sätt att se det på är att $0^2+0^2\neq 4$ .

En stationär punkt (eller kritisk punkt) är det tredje fallet som din kurslitteratur nämner, att alla partiella derivator är lika med noll. Detta behöver ju inte betyda att det är en extrempunkt (eller ens en lokal extrempunkt) eftersom stationära punkter även innefattar sadelpunkter och terrasspunkter.

Jag ber om ursäkt, jag förstår verkligen inte... i alla punkter med koordinat $(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{1}{\sqrt{2}})$ i olika kombinationer är $\frac{\partial f}{\partial x / y}$ lika med noll... men punkten $(0, 0)$ är bara minsta värde? Jag förstår inte vad den har att göra med partiella derivator. Jag bara tog den för att funktionens värde är mellan noll och 4...

$\frac{\partial f}{\partial x}=e^{-x^2-y^2}(y-2x^2y)$

$\frac{\partial f}{\partial y}=e^{-x^2-y^2}(x-2xy^2)$

Sätter man in punkten $(0,0)$ i dessa blir båda noll. Alltså är alla partiella derivator noll i punkten $(0,0)$ . Punkten $(0,0)$ är alltså en stationär punkt precis som $(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{1}{\sqrt{2}})$ .

Först och främst, området $D: x^2+y^2\leq 4$ ser ut såhär (den blå linjen är randen)

De partiella derivatorna är:

$\frac{\partial f}{\partial x}=ye^{-x^2-y^2}(1-2x^2)$

$\frac{\partial f}{\partial y}=xe^{-x^2-y^2}(1-2y^2)$

En stationär eller kritisk punkt utmärks av att de partiella derivatorna är 0 där.

I punkten (0,0) är

$\frac{\partial f}{\partial x}|_{0,0}=0\cdot e^{-0^2-0^2}(1-2\cdot 0^2)=0$

$\frac{\partial f}{\partial y}|_{0,0}=0\cdot e^{-0^2-0^2}(1-2\cdot 0^2)=0$

Så punkten (0,0) är uppenbarligen en stationär punkt (a suspect!) och måste tills vidare tas med i undersökningen.

Om du nu listar funktionens värde $f(x,y)$ i de fem stationära punkterna kommer du hitta två punkter där funktionen antar sitt minsta värde på det inre av D (det rosa området).

Slutligen måste du undersöka om funktionen kanske antar ett ÄNNU MINDRE värde på randen (den blå linjen runt området).

Det eller de minsta av alla värden du hittat efter denna undersökning är då funktionens minsta värde på D.

Yeees.

The suspects were apprehended and handed other to the authorities.

Alla beräkningar måste göras med hand men jag orkar inte mer idag, och jag har bara en halvtimme frihet kvar.

Master said:
Slutligen måste du undersöka om funktionen kanske antar ett ÄNNU MINDRE värde på randen (den blå linjen runt området).

Hur så?

Menar du att jag måste parametrisera cirkeln?

AlvinB skrev:
$\frac{\partial f}{\partial x}=e^{-x^2-y^2}(y-2x^2y)$
$\frac{\partial f}{\partial y}=e^{-x^2-y^2}(x-2xy^2)$
Sätter man in punkten $(0,0)$ i dessa blir båda noll. Alltså är alla partiella derivator noll i punkten $(0,0)$ . Punkten $(0,0)$ är alltså en stationär punkt precis som $(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{1}{\sqrt{2}})$ .

Ni menar att ALLA partiella derivator måste vara noll samtidigt, va?

dajamanté skrev:
AlvinB skrev:
$\frac{\partial f}{\partial x}=e^{-x^2-y^2}(y-2x^2y)$
$\frac{\partial f}{\partial y}=e^{-x^2-y^2}(x-2xy^2)$
Sätter man in punkten $(0,0)$ i dessa blir båda noll. Alltså är alla partiella derivator noll i punkten $(0,0)$ . Punkten $(0,0)$ är alltså en stationär punkt precis som $(\pm \frac{1}{\sqrt{2}}, \pm \frac{1}{\sqrt{2}})$ .
Ni menar att ALLA partiella derivator måste vara noll samtidigt, va?

Just det.

Aha, det hade jag totalt missat. Jag trodde att det räkte med en!

När vi ändå är inne på vackra funktionsytor:

Funktionen $f(x,y)=xye^{-x^2-y^2}$ med max-, min och sadelpunkter över området D.

Oh, därför sadel...

MOUAHHAHAHAHHAHAHAHHAHAHA!!

Snyggt Daja!

Nu är jag imponerad :)

Tänk dock på att FindMaximum och FindMinimum är numeriska metoder som ibland behöver rätt "startvärden". Ungefär som Newton-Raphsons metod om du kommer ihåg den från gymnasiet. I det här fallet har du förvisso en stationär punkt som ger (0.0366314) på randen, men det är större än de två minimum som ligger inne i området och det finns dessutom mindre värden på randen i sig själv.

NMinimize[{f[x, y], x^2 + y^2 == 4}, {x, y}] ger {-0.0366313, {x -> 1.41418, y -> -1.41425}} Vilket är ett av två minsta värden på randen.

Inget av värdena på randen är dock mindre än de två minima som ligger i området. Detsamma gäller maxvärden på randen (de är mindre än maxvärdet i området).

Guggle skrev:
Snyggt Daja!
Nu är jag imponerad :)

... by the Power of the Copy-Paste. Jag vet, jag är rätt duktig på den :)

Tänk dock på att FindMaximum och FindMinimum är numeriska metoder som ibland behöver rätt "startvärden". Ungefär som Newton-Raphsons metod om du kommer ihåg den från gymnasiet.

Uh jag gick komvux med alla andra nyanlända så jag tror inte vi gick igenom detta fancy metoden :). Tack och lov gick jag samtidigt på linjen Pluggakuten.

I det här fallet har du förvisso en stationär punkt som ger (0.0366314) på randen, men det är större än de två minimum som ligger inne i området och det finns dessutom mindre värden på randen i sig själv.
NMinimize[{f[x, y], x^2 + y^2 == 4}, {x, y}] ger {-0.0366313, {x -> 1.41418, y -> -1.41425}} Vilket är ett av två minsta värden på randen.
Inget av värdena på randen är dock mindre än de två minima som ligger i området. Detsamma gäller maxvärden på randen (de är mindre än maxvärdet i området).

Ok, jag fattar:

Precis som den vanliga 2D grafen måste en också undersöka randen. Finns det en sätt att visa dessa max och min på grafen?

Spoiler alert: det är inte Show A, Show B...

Svara

Visa senaste svar