Локальный максимум

[Otta]

Arkadij в сообщении #1562207 писал(а):

Доказательство все равно неправильное, потому что окрестность не должна зависеть от выбора $k$, но зато понятно, что фиксированная прямая противоречия не даст.

А кто обещал сразу правильное? Попробовали так - чаще всего это рабочий вариант, кстати, запомните его. Не получилось. На прямых свет клином не сошелся. Можно еще что-то пробовать, другие кривые (или точки). Вот alcoholist предлагал на множители разложить.

-- 09.08.2022, 02:55 --

Кстати, вот. Мы выяснили, что на фиксированной прямой у нас ноль - точка максимума. Нетрудно подобрать кривую, для сужения на которой это будет точка минимума.

-- 09.08.2022, 03:13 --

На самом деле, это перестраховка и занудство, просто потому что мы захотели сделать аккуратно и самим себе доказать.
Вот это:

Arkadij в сообщении #1562201 писал(а):

Продолжу с прямой. $k\not =-1$
$f(x,kx)=x^2((k^3+1)x-(k+1)^2)$
Если $k$ фиксировать, то при $\displaystyle |x|<\frac{(k+1)^2}{|k^3+1|}$, имеем $f(x,kx)\leq 0$.

Как доказательство не сойдет. Нельзя подбирать окрестность исходя из $k$.

было очень информативно, если воспользоваться им грамотно. Представить себе, что происходит. На каждой прямой пучка где-то у нас функция отрицательна. Если отследить это множество - оно зависит от коэффициента $k$, и функция отрицательна только там, где указано. Чем ближе к $k$ к -1, тем уже окрестность, на направлении c $k=-1$ она вообще выродится, получится что-то такое... рисовать надо. И значит, там, близко к этой прямой и рядом с нулем (и сколь угодно близко к нему), функция будет положительна.

Как-то так, вольным стилем. Не знаю, понятно ли получилось.

То же самое можно сделать очень аккуратно, выбрав подходящие кривые. Или точки. Выше - смысл.

[GAA]

$F = (x^2-xy+y^2-x-y)(x+y)$.
Две линии уровня ноль проходят через начало координат:
$y=-x$ и $ x^2-xy+y^2-x-y =0$.
Вторая линия имеет только одну общую точку с первой линией.
Второе уравнение — квадратное относительно $y$. (Можно, не выполняя поворота системы координат, проанализировать области на плоскости $XY$ разного знака $F$.)
$y = \frac{x+1 \pm \sqrt{-3x^2+6x+1}} {2}$.
Дискриминант положительный для $1-2\sqrt 3/3 < x < 1+2\sqrt 3/3$ (значит эллипс, но это и не важно).
Ниже линии $y=-x$ функция $F$ отрицательная, а выше этой линии вне эллипса эта функция положительная (достаточно обратить внимание на третьи степени).
Следовательно, в начале координат нет экстремума.

Вложение:

LMax.PNG [ 6.12 Кб | Просмотров: 1135 ]

Можно, конечно, было и повернуть систему координат, например на угол $3\pi/4$ (чтобы против часовой стрелки и можно было воспользоваться стандартными формулами). [Но можно и на $\pi/4$ против часовой стрелки.] Тогда легко подобрать линию на которой функция $F$ положительна в сколь угодно малой окрестности начала координат. (И это я проделал.)

Но в чём смысл этого упражнения? (На сегодняшний день линии нулевого уровня можно построить в каком-нибудь пакете и легко увидеть, что в начале координат нет локального максимума.)

[Otta]

GAA
Наверное, на тот случай, что электричества не будет.
Я совершенно честно решала задачу, без всех этих "а давайте достанем пакет". Не то чтобы я совсем против пакетов. Но легко отучиться думать до того, когда в нем действительно возникнет нужда, до более технически тяжелых задач. Пакеты могут соврать, а думать все еще надо, и понимать, какая ситуация может возникнуть, а какая нет.

Да, но после того, как решила, - мне все таки тоже стало интересно, как же выглядит картинка. Достала я Matematica... и что? А ничего. Глючит она со страшной силой. https://disk.yandex.ru/i/YonsL-ZegFJDPA

(Оффтоп)

Зря Вы чистоту эксперимента испортили, имхо :(

[GAA]

Так на занятии или в качестве домашнего задания обычно предлагается упражнение типа 3682 из Сборника задач и упражнений по математическому анализу Б.П. Демидовича, М.: "Астрель", 2005

Цитата:

Является ли достаточным для минимума функции $f(x,y)$ в точке $M_0(x_0, y_0)$, чтобы эта функция имела минимум вдоль каждой прямой, проходящей через точку $M_0$?
Рассмотреть пример $f(x,y) = (x-y^2)(2x-y^2)$.

Пример из указанной книги проще тем, что разложение на множители уже выполнено. Но и функция в начальном сообщении легко раскладывается на множители (школьная формула для суммы кубов). И квадратное уравнение к этому моменту времени решать уже вроде должны уметь. Какие же навыки призвано закрепить упражнение из начального сообщения?
Мне на самом деле интересно. Учебные программы сложные. Выделенного времени не хватает... Или в этом упражнении нужно какую-то продвинутую теорию использовать? (Вроде об этом ТС спрашивал. Но тогда это упражнение также не очень показательно: как-то и без этой продвинутой теории справиться легко.)

И в чём там «глюк» в СКА Mathematica? Сама картинка в приведенном Вами виде намекает на то, что экстремума нет. [Я этой СКА не пользуюсь. Но по аналоги с другими пакетами предполагаю, что функции для построения линий уровня имеют дополнительные параметры (опции), которые позволяют более точно строить линии уровня.]

[Otta]

GAA в сообщении #1562232 писал(а):

Сама картинка в приведенном Вами виде намекает на то, что экстремума нет.

GAA
Это не ко мне, я ей не верю. Но что желающий впишет окрестность - да легко.

GAA в сообщении #1562232 писал(а):

Какие же навыки призвано закрепить упражнение из начального сообщения?
Мне на самом деле интересно.

Не, ну а какие - задача из Демидовича (я, кстати, ее просто не помню, то есть я понимаю, что это так - но не потому что решала эту задачу хоть когда-то). Вот именно, что времени не хватает, и не потому что программы сложные. Программы чем дальше, тем... И вписывать удается все меньше и меньше.

Но кажется, это оффтоп.

-- 09.08.2022, 12:16 --

GAA в сообщении #1562232 писал(а):

Так на занятии или в качестве домашнего задания обычно предлагается упражнение типа 3682 из Сборника задач и упражнений по математическому анализу Б.П. Демидовича, М.: "Астрель", 2005

У Вас еще красивая жизнь, если Вы успеваете рассказать такие нюансы на практике, пусть даже в качестве домашнего задания.

[Arkadij]

Я не силен в геометрии и поворотах эллипса. Интересно, кто владеет этой и подобной техниками может найти более грациозный подход к решению? Я просто по рисунку подобрал функцию попроще, чей график лежит между эллипсом и прямой.

$f\left(x,-\frac{x}{x+1}\right)=\frac{x^4}{(x+1)^3}\left((x+1)^2+1\right)>0,\quad (0\not=|x|<1)$

Задача решена. Смущает ненаучный подход к выбору кривой. Так что было бы интересно посмотреть комментарии, как можно было бы красиво решить без помощи рисовальщиков.

[Otta]

Arkadij
Ну вот потому я и не хотела рисунков до поры, чтобы они не были подсказкой.

А идею Вашу - придумать нужную кривую, лежащую рядом с прямой, - можно было и без того реализовать, все равно кривую Вы придумываете сами. Данных у нас достаточно. В главных, она должна быть достаточно близко к $y=-x$, но не совпадать с ней. Ну и возьмите для начала $y+x=x^2$.

Ее и хватит.

[Arkadij]

Понятно. Я искал окружность с такой касательной, поэтому сложно получалось. Нужно было параболу, тогда и просто и логично.

Всем спасибо!

[Otta]

Да без разницы что. Думаю, взяли бы на куб отклонение от прямой, тоже бы получилось бы. Главное, не на первый порядок.

Ну и вот, на одной кривой у Вас минимум, на другой (прямой, одной хватит) - максимум, теперь всё.

[мат-ламер]

Ещё не полностью прочитал тему. Поэтому заранее извиняюсь, если что не так (возможно задача уже решена). Для удобства введём новые переменные $X=x+y$ , $Y=x-y$ (т.е. повернём график на 45 градусов и слегка масштабируем) . В этих новых переменных функция запишется как $f(X,Y)=X^3/4+3XY^2/4-X^2$ . Далее рассмотрим ограничение нашей функции на кривой $X=Y^2/2$ . Очевидно, что на этой кривой наша функции положительна (кроме начала координат). Следовательно, в начале координат у нас максимума нет. То, что нет минимума, доказать проще. Можно, например, рассмотреть ограничение нашей функции в исходных координатах на прямой $x=0$ .

Извиняюсь, пока решал задачу и писал свой пост, появились новые посты с решением.

[Otta]

(Оффтоп)

мат-ламер
Смысл же не в том, кто быстрее напишет решение...

[ewert]

GAA в сообщении #1562223 писал(а):

$F = (x^2-xy+y^2-x-y)(x+y)$.

Я чего-то не понимаю. Да, действительно, это эллипс и прямая. Дальше ничего считать не надо. Просто из соображений симметрии следует, что эллипс действительно касается прямой (просто потому, что он симметричен относительно прямой $x=y$). В той полуплоскости, которая содержит эллипс, второй сомножитель сохраняет знак (даже неважно какой), первый же меняет знак при переходе через границу эллипса. Следовательно, в сколь угодно малой окрестности начала координат есть как точки, где $F>0$, так и точки, в которых $F<0$; ни о каком экстремуме не может быть и речи.

-- Вт авг 09, 2022 19:43:04 --

Otta в сообщении #1562226 писал(а):

Достала я Matematica... и что? А ничего. Глючит она со страшной силой.

А она и в принципе не может здесь не глючить. Просто потому, что линии уровня изображает ломаными (на рисунке это чётко видно).

[Otta]

ewert
Конечно, это красивое решение. Мне хотелось другого: как в принципе можно, не в настолько специальных ситуациях, доказывать отсутствие экстремума.

ewert в сообщении #1562286 писал(а):

А она и в принципе не может здесь не глючить. Просто потому, что линии уровня изображает ломаными (на рисунке это чётко видно).

Неужели это сбило с толку составителя?