Estremo inferiore di una funzione in 2 variabili
tanto per fare contento il pupo..
$ \forall a_i \in R $, $ \displaystyle \sum_{1 \le i \le n}{{a_i}^4} \ge 2{\prod_{1\le i \le n}{a_i}}^2 \ge (\prod_{1\le i \le n}{a_i})- \frac{1}{8} $, e questo chiude il topic! e lo poteva risolvere un bimbo del primo liceo!
per completare, si ha uguaglianza sse $ \forall i\in [1,n] $si ha $ \mid a_i \mid = {(\frac{1}{2})}^{2/n} $, con un numero dispari di $ a_i $ negativi.
scusate ma mi sono sentito chiamato in causa con gli "errori"
$ \forall a_i \in R $, $ \displaystyle \sum_{1 \le i \le n}{{a_i}^4} \ge 2{\prod_{1\le i \le n}{a_i}}^2 \ge (\prod_{1\le i \le n}{a_i})- \frac{1}{8} $, e questo chiude il topic! e lo poteva risolvere un bimbo del primo liceo!
per completare, si ha uguaglianza sse $ \forall i\in [1,n] $si ha $ \mid a_i \mid = {(\frac{1}{2})}^{2/n} $, con un numero dispari di $ a_i $ negativi.
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Allora intanto concludo anche la mia: se ci troviamo nel caso |x|>1 e |y|<=1 (l'altro caso è simmetrico) abbiamo $ x^4+xy+y^4 \geq x^4+xy=x(x^3+y) $ che è positivo, dato che $ x^3+y $ ha lo stesso segno di x, in quanto altrimenti dovrebbe essere $ |y| \geq |x|^3 > |x| $, assurdo.
Perciò fuori da $ [-1,1] \times [-1,1] $ la funzione è positiva, e lì dentro ha il minimo che abbiamo già citato più volte.
Perciò fuori da $ [-1,1] \times [-1,1] $ la funzione è positiva, e lì dentro ha il minimo che abbiamo già citato più volte.
"Solo due cose sono infinite: l'universo e la stupidità dell'uomo, e non sono tanto sicuro della prima" - Einstein
Membro dell'EATO
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Come già osservato da Salva è standard sia come esercizio olimpico, sia come esercizio di analisi II, per quanto i 2 approcci (quello olimpico e quello da analisi II) siano completamente diversi.jordan ha scritto:l'hai detto tu, se non usi l'analisi, nn è standard, non ti pare che ticontraddici?
Ehm, il pupo non è ancora del tutto contento...jordan ha scritto:tanto per fare contento il pupo..
La prima disuguaglianza mi pare vera solo per n=2 (o no?), poi il bimbo di prima liceo avrebbe bisogno di 2 paroline di spiegazione sulla seconda, ed infine l'utilizzo delle medie con numeri non necessariamente positivi richiede pure lui 2 paroline (questi ultimi 2 punti ammetto che sono semplici da sistemare).
Boh, che devo dire, di certo non volevo offenderti , nè mi riferivo *solo* ai tuoi errori. Il mio timore è semplicemente che utenti meno esperti di te possano prendere per buone certe soluzioni che compaiono su questo Forum, e finiscano per imitarle in gare nazionali o internazionali, ritrovandosi poi brutte sorprese in sede di correzione.jordan ha scritto:scusate ma mi sono sentito chiamato in causa con gli "errori"
Ad esempio
- la risoluzione di questa disuguaglianza mediante semplice ricerca dei punti stazionari (più o meno la tua prima soluzione) prenderebbe 0 punti in ogni gara;
- la tua seconda soluzione non l'ho mai capita, anche se ora mi viene il sospetto che fosse quella che poi hai esplicitato meglio nel tuo ultimo post (a mio avviso su questo forum è meglio essere "overpedantic": se vogliamo imitare Perelman iniziamo a imitare la sua bravura prima della sua prosa...);
- il discorso dell'ordine di infinito, emerso in qualche post precedente e sul quale si basa l'approccio stile analisi II, ti ha convinto (almeno così hai dichiarato), ma non ha convinto me, nè convincerebbe i correttori di una qualunque gara, prendendo quindi i soliti 0 punti.
$ x^4+x^2y+y^2 $
$ x^4+y^2x+y^2 $
Ok, riprovo, x adesso il primo caso, cosi si capisce meglio anche l'altra mia soluzione con le derivate parziali..
la derivata rispetto a y è $ x^2+2y=0 $, rispetto a x è $ 4x^3+2xy=0 $, l'unico punto stazionario è quindi (0,0), e sostituendo esce che il minimo (ed è minimo) è proprio 0 (che lavoraccio )
altrimenti..trovare il minimo di $ x^4+\alpha x^2 y + y^2 $con$ \alpha\in (0,2) $.
si nota che per avere minimo deve essere $ y \in R^- $, equivale cioè a trovare il minimo di $ x^4-\alpha x^2 y + y^2 $, imponendo wlog che $ x,y \in R^+ $. a questopunto utilizziamo QM-GM e un'alta stupida disuguaglianza..otteniamo $ {({x^2})}^2+y^2 \ge 2 x^2y \ge \alpha x^2y $ con uguaglianza sse $ x=y=0 $.
o addirittura in un rigo $ x^4-\alpha x^2y+y^2\ge {(x^2-y)}^2 \ge 0 $
la derivata rispetto a y è $ x^2+2y=0 $, rispetto a x è $ 4x^3+2xy=0 $, l'unico punto stazionario è quindi (0,0), e sostituendo esce che il minimo (ed è minimo) è proprio 0 (che lavoraccio )
altrimenti..trovare il minimo di $ x^4+\alpha x^2 y + y^2 $con$ \alpha\in (0,2) $.
si nota che per avere minimo deve essere $ y \in R^- $, equivale cioè a trovare il minimo di $ x^4-\alpha x^2 y + y^2 $, imponendo wlog che $ x,y \in R^+ $. a questopunto utilizziamo QM-GM e un'alta stupida disuguaglianza..otteniamo $ {({x^2})}^2+y^2 \ge 2 x^2y \ge \alpha x^2y $ con uguaglianza sse $ x=y=0 $.
o addirittura in un rigo $ x^4-\alpha x^2y+y^2\ge {(x^2-y)}^2 \ge 0 $
Ultima modifica di jordan il 18 dic 2009, 02:15, modificato 2 volte in totale.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Beh, visto che questo casino l'ho scatenato io... provo pure a rispondere (e magari ditemi se scrivo caz****)
Dunque f(x,y)= x^4 + (x^2)y +y^2 (perdonatemi se non uso Latex)
Caso I: y>=0 => f(x,y)>=0 per ogni x reale (ovvio)
Caso II: y<0>= x^4+2(x^2)y +y^2= ((x^2)+y)^2>=0 vera per ogni x reale
Quindi f(x,y)>=0 sempre. Si ha uguaglianza sse x=y=0 (per dimostrarlo basta un controllino alle derivate parziali)
Sia invece f(x,y)= x^4 + xy^2 +y^2= x^4 + (y^2)(1+x)
E quindi basta porre x<1>+oo tende a -oo.
Quindi l'inf in questo caso NON è minimo e vale -oo
Dunque f(x,y)= x^4 + (x^2)y +y^2 (perdonatemi se non uso Latex)
Caso I: y>=0 => f(x,y)>=0 per ogni x reale (ovvio)
Caso II: y<0>= x^4+2(x^2)y +y^2= ((x^2)+y)^2>=0 vera per ogni x reale
Quindi f(x,y)>=0 sempre. Si ha uguaglianza sse x=y=0 (per dimostrarlo basta un controllino alle derivate parziali)
Sia invece f(x,y)= x^4 + xy^2 +y^2= x^4 + (y^2)(1+x)
E quindi basta porre x<1>+oo tende a -oo.
Quindi l'inf in questo caso NON è minimo e vale -oo
Réver e révéler, c'est à peu prés le meme mot (R. Queneau)
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Xamog ti ha già spiegato che la sola ricerca dei punti stazionari non è sufficiente e prenderebbe 0 punti in ogni gara, ivi compreso un esame di Analisi.jordan ha scritto:Ok, riprovo, x adesso il primo caso, cosi si capisce meglio anche l'altra mia soluzione con le derivate parziali..
la derivata rispetto a y è $ x^2+2y=0 $, rispetto a x è $ 4x^3+2xy=0 $, l'unico punto stazionario è quindi (0,0), e sostituendo esce che il minimo (ed è minimo) è proprio 0 (che lavoraccio )
Tant'è vero che non hai (furbescamente) applicato quello stesso metodo al 2° problema di Xamog, ben consapevole che lì non può funzionare.
Scriviamo (circa) per bene un po' di analisi 2
sia $ ~f(x,y)= x^4+y^4+xy $ trovare gli estremi
Il gradiente e'
$ $\frac{\partial f}{\partial x}=4x^3+y\quad\frac{\partial f}{\partial y}=4y^3+x $
l'Hessiano e'
$ $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=12x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=1\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=12y^2 $
di auto valori $ $\lambda_{1,2}=6(x^2+y^2)\pm\sqrt{(6x^2-6y^2)^2+1} \right)=6\left(x^2+y^2\pm\sqrt{(x^2-y^2)^2+36^{-1}} \right) $
Il gradiente si annulla in $ $x=0, y=0\;\lor\;x=\frac12,y=-\frac12\;\lor\;x=-\frac12,y=\frac12 $
abbiamo:
$ ~x=0,y=0\;\Rightarrow\; \lambda_1=1\;\lambda_2=-1 $ ergo punto di sella (autovalori dell'Hessiano di entrambi i segni)
$ $x=\frac12,y=-\frac12\;\Rightarrow\; \lambda_1=4\;\lambda_2=2 $ ergo minimo (autovalori dell'Hessiano positivi, ovvero l'Hessiano e' una matrice positiva)
$ $x=-\frac12,y=\frac12\;\Rightarrow\; \lambda_1=4\;\lambda_2=2 $ ergo minimo
Mi pare che sia tutto a posto
Gli altri 2 proposti da Xamog si fanno (appunto) bovinamente in modo uguale con l'analisi
edit: eliminato un paio di errori (perche' continuo a scrivere hermitiano al posto di hessiano?) e sostituito gradiente a jacobiano
sia $ ~f(x,y)= x^4+y^4+xy $ trovare gli estremi
Il gradiente e'
$ $\frac{\partial f}{\partial x}=4x^3+y\quad\frac{\partial f}{\partial y}=4y^3+x $
l'Hessiano e'
$ $\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}=12x^2\quad\frac{\partial^2 f}{\partial x\partial y}=1\quad\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}=12y^2 $
di auto valori $ $\lambda_{1,2}=6(x^2+y^2)\pm\sqrt{(6x^2-6y^2)^2+1} \right)=6\left(x^2+y^2\pm\sqrt{(x^2-y^2)^2+36^{-1}} \right) $
Il gradiente si annulla in $ $x=0, y=0\;\lor\;x=\frac12,y=-\frac12\;\lor\;x=-\frac12,y=\frac12 $
abbiamo:
$ ~x=0,y=0\;\Rightarrow\; \lambda_1=1\;\lambda_2=-1 $ ergo punto di sella (autovalori dell'Hessiano di entrambi i segni)
$ $x=\frac12,y=-\frac12\;\Rightarrow\; \lambda_1=4\;\lambda_2=2 $ ergo minimo (autovalori dell'Hessiano positivi, ovvero l'Hessiano e' una matrice positiva)
$ $x=-\frac12,y=\frac12\;\Rightarrow\; \lambda_1=4\;\lambda_2=2 $ ergo minimo
Mi pare che sia tutto a posto
Gli altri 2 proposti da Xamog si fanno (appunto) bovinamente in modo uguale con l'analisi
edit: eliminato un paio di errori (perche' continuo a scrivere hermitiano al posto di hessiano?) e sostituito gradiente a jacobiano
Ultima modifica di SkZ il 18 dic 2009, 02:01, modificato 1 volta in totale.
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che ho sbagliato?
(ci avrei scommesso)
non ricordo se vanno guardati i minori o gli autovalori dell'Hessiano calcolato nel punto stazionario
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adesso un po' rintronato dal sonno. Se intendi che non ho controllato all'infinito che fa in effetti e' vero.
con un cambio di variabili
$ $f(r,\theta)=r^2\left[r^2\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right)+\frac{\sin{(2\theta)}}{2} \right] $
per $ ~r\gg1 $ $ $f(r,\theta)\approx r^4\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right) $
ergo la funzione all'infinito diverge a $ ~+\infty $
il gradiente in coordiante polari e'
$ $\frac{\partial f}{\partial r}=r\left[4r^2\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right)+\sin{(2\theta)} \right] \quad \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}=r\left(-r^2\sin(4\theta)+\cos{(2\theta)} \right) $
dimenticato ancora qualcosa?
con un cambio di variabili
$ $f(r,\theta)=r^2\left[r^2\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right)+\frac{\sin{(2\theta)}}{2} \right] $
per $ ~r\gg1 $ $ $f(r,\theta)\approx r^4\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right) $
ergo la funzione all'infinito diverge a $ ~+\infty $
il gradiente in coordiante polari e'
$ $\frac{\partial f}{\partial r}=r\left[4r^2\left(1-\frac{\sin^2(2\theta)}{2}\right)+\sin{(2\theta)} \right] \quad \frac{1}{r}\frac{\partial f}{\partial \theta}=r\left(-r^2\sin(4\theta)+\cos{(2\theta)} \right) $
dimenticato ancora qualcosa?
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