maksimum/minimum

Hej! Lad os betegne mængden med F. En måde at vise at F er lukket er at vise at den er "følgelukket", altså at denne betingelse er opfyldt:

    Hvis (x₁, y₁), (x₂, y₂), ... er en følge i F som konvergerer mod et punkt (x, y), så ligger (x, y) i F.

For enhver sådan følge gælder der at x_n → x og at y_n → y for n → ∞.

For hvert n har vi at x_n - 2 ≤ y_n ≤ x_n. Ved at lade n gå mod uendelig i den første ulighed, får vi at x - 2 ≤ y; ved at lade n gå mod uendelig i den anden ulighed, får vi at y ≤ x. Alt i alt: x - 2 ≤ y ≤ x. Vi har desuden at 0 ≤ x_n ≤ 2 for hvert n, hvilket medfører at 0 ≤ x ≤ 2. Så (x, y) ligger i F. Dette viser at F er lukket.

Funktionen f er kontinuert idet den er sammensat af kontinuerte funktioner. [Funktionen (x, y) → x er kontinuert, og det er (x, y) → y² også; dermed bliver deres sum (= f) kontinuert.]

#0, #1

Sådan som jeg har forstået opgaven skal man vise at f(x, y) = x + y² ligger mellem 0 ≤ f(x,y) ≤ 6. Dette gøres ved at bruge ulighederne 0 ≤ x ≤ 2, x – 2 ≤ y ≤ x som også kan skrives som 0 ≤ x ≤ 2, -2 ≤ y ≤ 2. Også finder man f(0, 0) = 0 og f(2, 2)=6 og f(2, -2) = 6.

Så har man vel argumenteret for at den er lukket og begrænset ikke? Sådan gøres det ihvertfald i bogen

Funktionen f(x,y) = x + y² er kontinuert på en afsluttet, begrænset mængde og har derfor både et maksimum og et minimum.

Det er ikke korrekt, at 0 ≤ x ≤ 2, x – 2 ≤ y ≤ x er ensbetydende med 0 ≤ x ≤ 2, -2 ≤ y ≤ 2 .

Definitionsmængden er mængden af punkter på randen af og inden for parallelogrammet bestemt af de fire punkter (0,-2) , (0,0), (2,2) og (2,0) . Punktet (2, -2) ligger uden for definitionsmængden.

Funktionen har ingen stationære punkter, og dens minimum og maksimum antages derfor på randen af parallelogrammet.

For x = 0, -2 ≤ y ≤ 0 har man f(x,y) = y² med maksimum i f(0,-2) = 4 og med minimum i f(0,0) = 0 .

For x = 2, 0 ≤ y ≤ 2, har man f(x,y) = 2 + y² med maksimum i f(2,2) = 6 og med minimum i f(2,0) = 2 .

Med y = x , 0 ≤ x ≤ 2, har man f(x,y) = x + x² med maksimum i f(2,2) = 6 og med minimum i f(0,0) = 0 .

Med y = x-2 , 0 ≤ x ≤ 2, har man f(x,y) = x + (x-2)² = x² -3x +4 med maksimum i f(0, -2) = 4 og med minimum i f(3/2 , -1/2) = 7/4 .

Funktionen har altså globalt minimum i f(0,0) = 0 og globalt maksimum i f(2,2) = 6 .

#3

Hvordan kan man helt præcist se at punkterne det er punkterne (0,-2) , (0,0), (2,2) og (2,0) man skal afgøre max/min for definitnionsmængden 0 ≤ x ≤ 2, x – 2 ≤ y ≤ x? Altså det er den her del x – 2 ≤ y ≤ x, der forvirrer lidt.

#4

Det er ligemeget, det forklarer du jo også nedunder.. Tak

#4, #5

Definitionsmængden begrænses af de fire linier x = 0, x = 2, y = x og y = x-2 .

#6

Jeg kan godt forstå det nu... Det er fordi jeg har kigget på et eksempel som

f(x, y) = 2x - y {(x,y ∈R² |0≤x≤3 og -1≤y≤5}. Her begrænses definitionsmængden af x = 0 og x = 3 ikke?

Havde tydet 0 ≤ x ≤ 2, x – 2 ≤ y ≤ x, til at man kun skulle se på x = 0 og x = 2. Og hele x – 2 ≤ y ≤ x forvirrede mig

#7

I det eksempel er definitionsmængden et rektangel, begrænset af de fire linier x = 0, x = 3, y = -1 og y = 5.

#8

Tusind tak, det er lysende klart nu. Igen viser det sig at, det er en god ide at skitsere figuren.

Et sidste spørgsmål med hensyn til denne opgave:

"Med y = x-2 , 0 ≤ x ≤ 2, har man f(x,y) = x + (x-2)² = x² -3x +4 med maksimum i f(0, -2) = 4 og med minimum i f(3/2 , -1/2) = 7/4...."

Hvordan kommer man frem til minimums punkterne 3/2, og -1/2?

#10

Ligemeget, har fundet ud af det duh.. Man differentiere jo bare og sætter lig med 0.

Jeg sidder med samme opgave. 

Hvordan argumenterer man for, at mængden er begrænset - altså at den kan omsluttes af en kugle?