| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
kikzmyster
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 14. 10. 2010. (13:35:08)
Postovi: (72)16
Spol: 
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
sz
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 01. 2011. (15:17:39)
Postovi: (35)16
|
 Postano: 9:54 sri, 4. 1. 2012 Naslov: |
    |
|
|
14.14. Stacionarne točke odredimo normalno (kod rješavanja sustava pametno prvo zbrojiti dvije jednadžbe), dobije se [tex](0, 0), (\sqrt{2},-\sqrt{2}),(-\sqrt{2}, \sqrt{2})[/tex]. Za [tex](\sqrt{2},-\sqrt{2}),(-\sqrt{2}, \sqrt{2})[/tex] odmah se vidi da su lokalni minimumi jer su Hesseove matrice pozitivno definitne, a matrica od [tex](0, 0)[/tex] je negativno semidefinitna pa tu ima još malo posla: gledanjem ponašanja fje u npr. [tex](x, x)[/tex] i [tex](x, 0)[/tex] lako se vidi da se ne radi o lokalnom ekstremu.
14.15. Ova fja izgleda ružno, pa je prvo možemo probati ljepše zapisati: nakon grupiranja po potencijama od x vidi se da je to zapravo [dtex]f(x,y)=x^2-3x(y-1)^2+2(y-1)^4=(x-(y-1)^2)(x-2(y-1)^2).[/dtex]
Tražimo stacionarne točke, tj. rješavamo sustav:
[dtex]2x-3(y-1)^2=0[/dtex]
[dtex](y-1)(-3x+4(y-1)^2)=0[/dtex]
čije je jedino rješenje [tex](0, 1)[/tex].
Naravno, Hesseova matrica ne olakšava stvari - pozitivno je semidefinitna pa gledamo ponašanje fje u okolini [tex](0, 1)[/tex]. Fju je lako natjerati da bude > 0 (npr. f(x, 1) > 0) za x blizu 0.
Ako fju hoćemo natjerati da bude < 0, iz njena oblika uočimo da bi bilo super naći neke točke (x, y) blizu (0, 1) takve da je [tex]x-(y-1)^2 > 0[/tex] i [tex]x-2(y-1)^2 < 0[/tex], tj. [tex]1 < \frac{x}{(y-1)^2} < 2[/tex], npr. neka je [tex]\frac{x}{(y-1)^2}=\frac{3}{2}[/tex]. OK točke će biti [tex](\frac{3}{2}(y-1)^2,y)\to (0, 1)[/tex] kad [tex]y\to 1[/tex]. U njima je f < 0 pa (0, 1) nije lokalni ekstrem.
14.14. Stacionarne točke odredimo normalno (kod rješavanja sustava pametno prvo zbrojiti dvije jednadžbe), dobije se [tex](0, 0), (\sqrt{2},-\sqrt{2}),(-\sqrt{2}, \sqrt{2})[/tex]. Za [tex](\sqrt{2},-\sqrt{2}),(-\sqrt{2}, \sqrt{2})[/tex] odmah se vidi da su lokalni minimumi jer su Hesseove matrice pozitivno definitne, a matrica od [tex](0, 0)[/tex] je negativno semidefinitna pa tu ima još malo posla: gledanjem ponašanja fje u npr. [tex](x, x)[/tex] i [tex](x, 0)[/tex] lako se vidi da se ne radi o lokalnom ekstremu.
14.15. Ova fja izgleda ružno, pa je prvo možemo probati ljepše zapisati: nakon grupiranja po potencijama od x vidi se da je to zapravo [dtex]f(x,y)=x^2-3x(y-1)^2+2(y-1)^4=(x-(y-1)^2)(x-2(y-1)^2).[/dtex]
Tražimo stacionarne točke, tj. rješavamo sustav:
[dtex]2x-3(y-1)^2=0[/dtex]
[dtex](y-1)(-3x+4(y-1)^2)=0[/dtex]
čije je jedino rješenje [tex](0, 1)[/tex].
Naravno, Hesseova matrica ne olakšava stvari - pozitivno je semidefinitna pa gledamo ponašanje fje u okolini [tex](0, 1)[/tex]. Fju je lako natjerati da bude > 0 (npr. f(x, 1) > 0) za x blizu 0.
Ako fju hoćemo natjerati da bude < 0, iz njena oblika uočimo da bi bilo super naći neke točke (x, y) blizu (0, 1) takve da je [tex]x-(y-1)^2 > 0[/tex] i [tex]x-2(y-1)^2 < 0[/tex], tj. [tex]1 < \frac{x}{(y-1)^2} < 2[/tex], npr. neka je [tex]\frac{x}{(y-1)^2}=\frac{3}{2}[/tex]. OK točke će biti [tex](\frac{3}{2}(y-1)^2,y)\to (0, 1)[/tex] kad [tex]y\to 1[/tex]. U njima je f < 0 pa (0, 1) nije lokalni ekstrem.
|
|
| [Vrh] |
|
satja
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 16. 05. 2010. (10:44:17)
Postovi: (F1)16
|
|
| [Vrh] |
|
sz
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 01. 2011. (15:17:39)
Postovi: (35)16
|
| Postano: 22:06 sri, 4. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
Ovo je stvarno jednostavan primjer, ali odgovara opisu: [tex]f(x,y):=(x-1)^4+(y+2)^4[/tex]. (1, -2) je jedina stacionarna točka, Hesseova matrica je semidefinitna, a radi se o ekstremu, što je očito iz oblika fje f, a i inače bi se išlo dokazivati pješke - preciznije, trebalo bi se nekako pokazati da postoji otvorena okolina stac. točke t. d. u svim točkama te okoline fja postiže vrijednosti [tex]\leq[/tex] (ili [tex]\geq[/tex]) od vrijednosti fje u promatranoj točki.
Ovo je stvarno jednostavan primjer, ali odgovara opisu: [tex]f(x,y):=(x-1)^4+(y+2)^4[/tex]. (1, -2) je jedina stacionarna točka, Hesseova matrica je semidefinitna, a radi se o ekstremu, što je očito iz oblika fje f, a i inače bi se išlo dokazivati pješke - preciznije, trebalo bi se nekako pokazati da postoji otvorena okolina stac. točke t. d. u svim točkama te okoline fja postiže vrijednosti [tex]\leq[/tex] (ili [tex]\geq[/tex]) od vrijednosti fje u promatranoj točki.
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
sz
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 01. 2011. (15:17:39)
Postovi: (35)16
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
|
| [Vrh] |
|
ceps
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 08. 10. 2010. (13:03:07)
Postovi: (13A)16
|
|
| [Vrh] |
|
rain
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 02. 04. 2011. (13:58:42)
Postovi: (13)16
|
|
| [Vrh] |
|
sz
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 01. 2011. (15:17:39)
Postovi: (35)16
|
| Postano: 1:36 pet, 6. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
1.7. Lokalni ekstremi: jedina stac. točka je (-1,0,0), ali Hesseova matrica je indefinitna pa nema lokalnih ekstrema.
Uvjetni ekstremi: skup S je ravnina, a funkcija [tex]f(x,y,z)=(x+1)^2+3y^2-2z^2[/tex] izgleda prilično sposobno za divljanje po ravninama. Stvarno, kad [tex]t\to +\infty[/tex], [tex]f(\frac{3}{2}t+\frac{11}{2},t,0)\to +\infty[/tex], a [tex]f(t,0,11-2t)\to -\infty[/tex]. Dakle, f nema globalnih ekstrema na S.
1.8. Prvo iskoristimo [tex]z=2-x[/tex] i problem se svodi na određivanje ekstrema fje [tex]g(x,y)=x^2+2y^2-(x-2)^2=2y^2+4(x-1)[/tex] na krugu [tex]x^2+y^2\leq 1[/tex]. Kako je g neprekidna, na kompaktnom krugu se ekstremi negdje moraju postizati. Budući da nema stac. točaka, to se događa na rubu, tj. na kružnici [tex]x^2+y^2=1[/tex]. Sad možemo iskoristiti taj uvjet i problem se svodi na određivanje ekstrema fje [tex]h(x)=2(1-x^2)+4(x-1)=-2(x-1)^2[/tex] na [tex][-1,1][/tex]. Tu su ekstremi -1 i 1. Sad se samo vratimo po iskorištenim uvjetima da bi dobili točke [tex](-1,0,3)[/tex] i [tex](1,0,1)[/tex].
1.9. Prvo, f je neprekidna pa na kompaktnoj jediničnoj sferi sigurno postiže minimum i maksimum. [tex]f(x)=\sum_{i=1}^n(x_i^2-x_i+(n+1-i)(n-i))[/tex], tražimo ekstreme na skupu [tex]x_1^2+\ldots+x_n^2=1[/tex]. Sad dolaze klasični uvjetni ekstremi, bitno je izvući da svi [tex]x_i[/tex]-evi moraju biti jednaki, što daje samo dva kandidata za ekstreme: [tex](\frac{1}{\sqrt{n}},\ldots,\frac{1}{\sqrt{n}})[/tex] i [tex](-\frac{1}{\sqrt{n}},\ldots,-\frac{1}{\sqrt{n}})[/tex]. U onom prvom vrijednost fje je manja pa je on globalni minimum, a drugi je globalni maksimum.
1.10. Uz uvjet [tex]R(R+s)=12[/tex] maksimiziramo [tex]V(R,s)=R^2 \pi s[/tex]. Sad možemo na uvjetne ekstreme ili iz uvjeta izraziti s, uvrstiti ga u formulu za V i svesti problem na analizu ponašanja fje jedne varijable: [tex]\pi(12R-R^3)[/tex]. Rješenje je R=2, s=4, mislim.
1.11. Uz uvjet [tex]x^2+y^2+z^=1[/tex] maksimiziramo fju [tex]V(x,y,z)=xyz[/tex] (x, y, z > 0). Može pomoću uvjetnih ekstrema, a možemo i problem svesti na 2 varijable: [tex]g(x,y)=xy(1-x^2-y^2)[/tex] i iskoristiti G-K nejednakost:
[dtex]xy(1-x^2-y^2)\leq \frac{x^2+y^2}{2}(1-(x^2+y^2))=\{t=x^2+y^2\}=\frac{t(1-t)}{2}\leq\frac{1}{8}.[/dtex]
Jednakosti vrijede akko je [tex]x=y, t=\frac{1}{2}[/tex], tj. [tex]x=y=z=\frac{1}{2}.[/tex]
1.7. Lokalni ekstremi: jedina stac. točka je (-1,0,0), ali Hesseova matrica je indefinitna pa nema lokalnih ekstrema.
Uvjetni ekstremi: skup S je ravnina, a funkcija [tex]f(x,y,z)=(x+1)^2+3y^2-2z^2[/tex] izgleda prilično sposobno za divljanje po ravninama. Stvarno, kad [tex]t\to +\infty[/tex], [tex]f(\frac{3}{2}t+\frac{11}{2},t,0)\to +\infty[/tex], a [tex]f(t,0,11-2t)\to -\infty[/tex]. Dakle, f nema globalnih ekstrema na S.
1.8. Prvo iskoristimo [tex]z=2-x[/tex] i problem se svodi na određivanje ekstrema fje [tex]g(x,y)=x^2+2y^2-(x-2)^2=2y^2+4(x-1)[/tex] na krugu [tex]x^2+y^2\leq 1[/tex]. Kako je g neprekidna, na kompaktnom krugu se ekstremi negdje moraju postizati. Budući da nema stac. točaka, to se događa na rubu, tj. na kružnici [tex]x^2+y^2=1[/tex]. Sad možemo iskoristiti taj uvjet i problem se svodi na određivanje ekstrema fje [tex]h(x)=2(1-x^2)+4(x-1)=-2(x-1)^2[/tex] na [tex][-1,1][/tex]. Tu su ekstremi -1 i 1. Sad se samo vratimo po iskorištenim uvjetima da bi dobili točke [tex](-1,0,3)[/tex] i [tex](1,0,1)[/tex].
1.9. Prvo, f je neprekidna pa na kompaktnoj jediničnoj sferi sigurno postiže minimum i maksimum. [tex]f(x)=\sum_{i=1}^n(x_i^2-x_i+(n+1-i)(n-i))[/tex], tražimo ekstreme na skupu [tex]x_1^2+\ldots+x_n^2=1[/tex]. Sad dolaze klasični uvjetni ekstremi, bitno je izvući da svi [tex]x_i[/tex]-evi moraju biti jednaki, što daje samo dva kandidata za ekstreme: [tex](\frac{1}{\sqrt{n}},\ldots,\frac{1}{\sqrt{n}})[/tex] i [tex](-\frac{1}{\sqrt{n}},\ldots,-\frac{1}{\sqrt{n}})[/tex]. U onom prvom vrijednost fje je manja pa je on globalni minimum, a drugi je globalni maksimum.
1.10. Uz uvjet [tex]R(R+s)=12[/tex] maksimiziramo [tex]V(R,s)=R^2 \pi s[/tex]. Sad možemo na uvjetne ekstreme ili iz uvjeta izraziti s, uvrstiti ga u formulu za V i svesti problem na analizu ponašanja fje jedne varijable: [tex]\pi(12R-R^3)[/tex]. Rješenje je R=2, s=4, mislim.
1.11. Uz uvjet [tex]x^2+y^2+z^=1[/tex] maksimiziramo fju [tex]V(x,y,z)=xyz[/tex] (x, y, z > 0). Može pomoću uvjetnih ekstrema, a možemo i problem svesti na 2 varijable: [tex]g(x,y)=xy(1-x^2-y^2)[/tex] i iskoristiti G-K nejednakost:
[dtex]xy(1-x^2-y^2)\leq \frac{x^2+y^2}{2}(1-(x^2+y^2))=\{t=x^2+y^2\}=\frac{t(1-t)}{2}\leq\frac{1}{8}.[/dtex]
Jednakosti vrijede akko je [tex]x=y, t=\frac{1}{2}[/tex], tj. [tex]x=y=z=\frac{1}{2}.[/tex]
|
|
| [Vrh] |
|
satja
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 16. 05. 2010. (10:44:17)
Postovi: (F1)16
|
| Postano: 11:47 pet, 6. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="sz"]1.7. Lokalni ekstremi: jedina stac. točka je (-1,0,0), ali Hesseova matrica je indefinitna pa nema lokalnih ekstrema.[/quote]
Meni se čini da zadatak traži lokalne ekstreme od [tex]f[/tex] na [tex]S[/tex], a ne na [tex]R^3[/tex]. U tom slučaju bismo pomoću gradijenata dobili da je točka [tex](3, -2, -1)[/tex] jedini kandidat, ali da to i nije lokalni ekstrem na [tex]S[/tex] jer, za malene pozitivne [tex]t[/tex], imamo [tex]f(3+t, -2, -1-2t) < f(3, -2, -1) < f(3+3t, -2+2t, -1)[/tex].
| sz (napisa): | | 1.7. Lokalni ekstremi: jedina stac. točka je (-1,0,0), ali Hesseova matrica je indefinitna pa nema lokalnih ekstrema. |
Meni se čini da zadatak traži lokalne ekstreme od [tex]f[/tex] na [tex]S[/tex], a ne na [tex]R^3[/tex]. U tom slučaju bismo pomoću gradijenata dobili da je točka [tex](3, -2, -1)[/tex] jedini kandidat, ali da to i nije lokalni ekstrem na [tex]S[/tex] jer, za malene pozitivne [tex]t[/tex], imamo [tex]f(3+t, -2, -1-2t) < f(3, -2, -1) < f(3+3t, -2+2t, -1)[/tex].
|
|
| [Vrh] |
|
sz
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 01. 2011. (15:17:39)
Postovi: (35)16
|
| Postano: 14:48 pet, 6. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
Mda, sad se i meni čini da se na to zapravo mislilo. :/ Samo da napomenem da onda, čim zaključimo da nema lokalnih ekstrema, znamo i da nema globalnih ekstrema pa ništa dalje nije potrebno računati.
P.S.: Pazite, činjenica da ne postoje globalni ekstremi općenito ne mora značiti da je fja neograničena, primjer je fja arctg x.
Mda, sad se i meni čini da se na to zapravo mislilo.  Samo da napomenem da onda, čim zaključimo da nema lokalnih ekstrema, znamo i da nema globalnih ekstrema pa ništa dalje nije potrebno računati.
P.S.: Pazite, činjenica da ne postoje globalni ekstremi općenito ne mora značiti da je fja neograničena, primjer je fja arctg x.
|
|
| [Vrh] |
|
babybodom
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 29. 06. 2009. (22:03:01)
Postovi: (31)16
Lokacija: zagreb
|
|
| [Vrh] |
|
ceps
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 08. 10. 2010. (13:03:07)
Postovi: (13A)16
|
|
| [Vrh] |
|
Gost
|
| Postano: 17:34 pet, 6. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="ceps"]http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2009-10/kolokvij2.pdf
Jel može tko pokazati 1. pod b)
Hvala![/quote]
Prvo uvrstiš n=3 i promatraš tu funkciju.
Moraš odrediti parcijalne derivacije za (x,y)!=(0,0),i onda naći parcijalne derivacije za (x,y)=(0,0) (to po definiciji). I onda gledaš što se događa s parcijalnim derivacijama kada (x,y) teži k (0,0), neće ti odgovarati sa parcijalnom derivacijom baš u točki (0,0).. iz čega slijedi da parcijalne nisu neprekidne,pa funkcija nije diferencijabilna.
| ceps (napisa): | http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2009-10/kolokvij2.pdf
Jel može tko pokazati 1. pod b)
Hvala! |
Prvo uvrstiš n=3 i promatraš tu funkciju.
Moraš odrediti parcijalne derivacije za (x,y)!=(0,0),i onda naći parcijalne derivacije za (x,y)=(0,0) (to po definiciji). I onda gledaš što se događa s parcijalnim derivacijama kada (x,y) teži k (0,0), neće ti odgovarati sa parcijalnom derivacijom baš u točki (0,0).. iz čega slijedi da parcijalne nisu neprekidne,pa funkcija nije diferencijabilna.
|
|
| [Vrh] |
|
fejky
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 23. 06. 2010. (16:53:45)
Postovi: (3D)16
Spol: 
|
| Postano: 18:14 pet, 6. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
Ako parcijalne dervacije imaju prekid, f-ja moze biti diferencijalibna. Ja bi izracunao parcijalne derivacije [tex]\partial_xf(0,0)=2, \partial_yf(0,0)=3[/tex] iz toga dobijemo jedini kandidat.
Pa treba pokazati da [tex]\frac {f((0,0)+h)-f(0,0)-L(0,0)(h)}{||h||} \neq 0, h \to 0[/tex]. Gdje je L taj kandidat (2,3). Dovoljno je pokazati da jedan niz koji konvergira prema [tex](0,0)[/tex] ne tezi prema nula. Uzmimo [tex](\frac 1 n , \frac 1 n )[/tex] kada [tex]n \to \infty [/tex]. Kada uvrstimo gore dobivamo [tex]
\frac{
\frac { 2 \frac 1 n + 3 \frac 1 n}
{ \frac{1}{n^2} + \frac {1}{n^2} }
- 2 \frac 1 n - 3 \frac 1 n
}
{||\frac{1}{n}|| }
= \frac{ \frac 5 2 \frac 1 n - 5 \frac 1 n}{ || \frac 1 n ||} = - \frac{ \frac 5 2 \frac 1 n}{|| \frac 1 n ||}
[/tex] a to znamo da je kada [tex]n \to \infty \neq 0[/tex]. Tako bi barem ja. Neka netko provjeri jer nisam siguran da je dobro :D
Ako parcijalne dervacije imaju prekid, f-ja moze biti diferencijalibna. Ja bi izracunao parcijalne derivacije [tex]\partial_xf(0,0)=2, \partial_yf(0,0)=3[/tex] iz toga dobijemo jedini kandidat.
Pa treba pokazati da [tex]\frac {f((0,0)+h)-f(0,0)-L(0,0)(h)}{||h||} \neq 0, h \to 0[/tex]. Gdje je L taj kandidat (2,3). Dovoljno je pokazati da jedan niz koji konvergira prema [tex](0,0)[/tex] ne tezi prema nula. Uzmimo [tex](\frac 1 n , \frac 1 n )[/tex] kada [tex]n \to \infty [/tex]. Kada uvrstimo gore dobivamo [tex]
\frac{
\frac { 2 \frac 1 n + 3 \frac 1 n}
{ \frac{1}{n^2} + \frac {1}{n^2} }
- 2 \frac 1 n - 3 \frac 1 n
}
{||\frac{1}{n}|| }
= \frac{ \frac 5 2 \frac 1 n - 5 \frac 1 n}{ || \frac 1 n ||} = - \frac{ \frac 5 2 \frac 1 n}{|| \frac 1 n ||}
[/tex] a to znamo da je kada [tex]n \to \infty \neq 0[/tex]. Tako bi barem ja. Neka netko provjeri jer nisam siguran da je dobro 
|
|
| [Vrh] |
|
sz
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 26. 01. 2011. (15:17:39)
Postovi: (35)16
|
| Postano: 1:32 sub, 7. 1. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="babybodom"]molio bi nekoga tko zna rijesiti zadatak
1.5. za DZ. s vjezbi Racunski zadaci
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/vjezbe7.pdf
ako ikako moze napisat barem pocetak, raspisati sto i kako
cisto da vidim kako stvari funkcioniraju s kartezijevim produktom!
hvala![/quote]
Fju [tex]f:\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n[/tex] gledamo kao [tex]f:\mathbb{R}^{2n}\to\mathbb{R}^n[/tex], tj. [tex]f(x,y)[/tex] je jednostavno [tex]f(x_1,...,x_n,y_1,...,y_n)[/tex]. I sad raspišemo parcijalne derivacije i dobijemo
[dtex]Df(x,y)=e^{(y|a)}\begin{pmatrix}1 & & & a_1x_1 & \ldots & a_nx_1\\ & \ddots & & \vdots & & \vdots\\&&1&a_1x_n&\ldots&a_nx_n\end{pmatrix}.[/dtex]
Uvrštavanjem se dobije
[dtex]Df(0,a)(1,\ldots,1)=e^{||a||^2}\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}.[/dtex]
Fju [tex]f:\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n[/tex] gledamo kao [tex]f:\mathbb{R}^{2n}\to\mathbb{R}^n[/tex], tj. [tex]f(x,y)[/tex] je jednostavno [tex]f(x_1,...,x_n,y_1,...,y_n)[/tex]. I sad raspišemo parcijalne derivacije i dobijemo
[dtex]Df(x,y)=e^{(y|a)}\begin{pmatrix}1 & & & a_1x_1 & \ldots & a_nx_1\\ & \ddots & & \vdots & & \vdots\\&&1&a_1x_n&\ldots&a_nx_n\end{pmatrix}.[/dtex]
Uvrštavanjem se dobije
[dtex]Df(0,a)(1,\ldots,1)=e^{||a||^2}\begin{pmatrix}1\\\vdots\\1\end{pmatrix}.[/dtex]
|
|
| [Vrh] |
|
|
