Partiell derivasjon (kritiske punkter)

[elite]

Jeg har en partiell derivasjon oppgave hvor jeg skal finne de kritiske punktene. Sliter litt med å forstå hvordan jeg skal komme frem til løsningen så lurte på om noen kunne forklart/vist litt step by step.

$f(x,y)=2x^{2}y-x^4-2y^3$

etter å derivert sitter jeg igjen med.

$f^{\prime }(x)=4xy-4x^3=0$
og
$f^{\prime }(y)=2x^2-6y^2=0$

videre vet jeg ikke helt hvordan oppgaven skal løses for å finne de kritiske punktene?

[Kay]

$f(x,y)=2x^{2}y-x^4-2y^3$

$\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)=4xy-4x^3$

$\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)=2x^2-6y^2$

Sett de to likningene opp som likningssett

$f_x=0$

$f_y=0$

Kanskje et litt kronglete likningssett, men tar jeg ikke feil skal du få ut verdiene $x=\frac{1}{\sqrt{3}},y=\frac{1}{3}$ og $x=-\frac{1}{\sqrt{3}},y=\frac{1}{3}$

og iom. at y veridene er de samme kan begge tolkes som lokale maksimum. Plugger du inn koordinatene fra svarene i $f(x,y)$ skal begge gi svaret $\frac{1}{27}$

[DennisChristensen]

$f(x,y)=2x^{2}y-x^4-2y^3$

$\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)=4xy-4x^3$

$\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)=2x^2-6y^2$

Sett de to likningene opp som likningssett

$f_x=0$

$f_y=0$

Kanskje et litt kronglete likningssett, men tar jeg ikke feil skal du få ut verdiene $x=\frac{1}{\sqrt{3}},y=\frac{1}{3}$ og $x=-\frac{1}{\sqrt{3}},y=\frac{1}{3}$

og iom. at y veridene er de samme kan begge tolkes som lokale maksimum. Plugger du inn koordinatene fra svarene i $f(x,y)$ skal begge gi svaret $\frac{1}{27}$

Du har satt opp riktig likningssett, men mistet en løsning.

Løsningsforslag:

Vi ønsker å løse $$\begin{array}{rl}& \frac{\partial }{\partial x}f(x,y)=4xy-4x^3=4x(y-x^2)=0;\\ & \frac{\partial }{\partial y}f(x,y)=2x^2-6y^2=2(x^2-3y^2)=0.\end{array}$$

Fra $(1)$ ser vi at $x=0$ eller $y=x^2$. Hvis $x=0$ sier $(2)$ at $y=0$, så $(x,y)=(0,0)$ er vårt første kritiske punkt. Hvis $x\ne 0$ vet vi fra $(1)$ at $y=x^2$. Substituerer vi dette inn i $(2)$ får vi at $y-3y^2=y(1-3y)=0$. Vi trenger at $y\ne 0$ (ellers ville vi fått $x=0$ og endt opp med løsningen vi allerede har funnet), så $y=\frac{1}{3}$. Dermed får vi to nye kritiske punkter: $(x,y)=(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{3})$ og $(x,y)=(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{3})$.

[Kay]

$f(x,y)=2x^{2}y-x^4-2y^3$

$\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)=4xy-4x^3$

$\frac{\partial }{\partial y}f(x,y)=2x^2-6y^2$

Sett de to likningene opp som likningssett

$f_x=0$

$f_y=0$

Kanskje et litt kronglete likningssett, men tar jeg ikke feil skal du få ut verdiene $x=\frac{1}{\sqrt{3}},y=\frac{1}{3}$ og $x=-\frac{1}{\sqrt{3}},y=\frac{1}{3}$

og iom. at y veridene er de samme kan begge tolkes som lokale maksimum. Plugger du inn koordinatene fra svarene i $f(x,y)$ skal begge gi svaret $\frac{1}{27}$

Du har satt opp riktig likningssett, men mistet en løsning.

Løsningsforslag:

Vi ønsker å løse $$\begin{array}{rl}& \frac{\partial }{\partial x}f(x,y)=4xy-4x^3=4x(y-x^2)=0;\\ & \frac{\partial }{\partial y}f(x,y)=2x^2-6y^2=2(x^2-3y^2)=0.\end{array}$$

Fra $(1)$ ser vi at $x=0$ eller $y=x^2$. Hvis $x=0$ sier $(2)$ at $y=0$, så $(x,y)=(0,0)$ er vårt første kritiske punkt. Hvis $x\ne 0$ vet vi fra $(1)$ at $y=x^2$. Substituerer vi dette inn i $(2)$ får vi at $y-3y^2=y(1-3y)=0$. Vi trenger at $y\ne 0$ (ellers ville vi fått $x=0$ og endt opp med løsningen vi allerede har funnet), så $y=\frac{1}{3}$. Dermed får vi to nye kritiske punkter: $(x,y)=(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{3})$ og $(x,y)=(-\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{3})$.

Bare så vi er på samme side her, hvilken løsning er det jeg har mistet?

[DennisChristensen]

Bare så vi er på samme side her, hvilken løsning er det jeg har mistet?

$(x,y)=(0,0).$

[Kay]

Bare så vi er på samme side her, hvilken løsning er det jeg har mistet?

$(x,y)=(0,0).$

Hahaha, ja, selvfølgelig, takk skal du ha. Føler meg nesten litt teit etter å ha oversett den der

[elite]

Takk for hjelpen, det settes pris på!

[elite]

Er det mulig å be om hjelp til en lignende oppgave så jeg kanskje lærer meg partiell derivasjon en gang for alltid?

"Finn maksimal- og minimalverdiene til funksjonen"

$f(x,y)=3x^2+y^2$ under bibetingelsen $g(x,y)=3$ der $g(x,y)=x{y}^3$

Det jeg har kommet frem til så langt er følgende:
$f^{\prime }(x)=6x$
$f^{\prime }(y)=2y$
$g^{\prime }(x)=y^3$
$g^{\prime }(y)=3x{y}^2$

Bruker så lagranges metode å å får:

$6x=\lambda \ast y^3$ ---> ganger med (3x)
$2y=\lambda \ast 3x{y}^2$ ---> ganger med (y)

og får

$18x^2=2y^2$

$2(3x-y)(3x+y)=0$

Her stopper det opp for meg dessverre, så om noen kan vise meg videre utregninger for å finne maksimal- og minimalverdiene til funksjonen hadde jeg blitt veldig takknemlig

[DennisChristensen]

Er det mulig å be om hjelp til en lignende oppgave så jeg kanskje lærer meg partiell derivasjon en gang for alltid?

"Finn maksimal- og minimalverdiene til funksjonen"

$f(x,y)=3x^2+y^2$ under bibetingelsen $g(x,y)=3$ der $g(x,y)=x{y}^3$

Det jeg har kommet frem til så langt er følgende:
$f^{\prime }(x)=6x$
$f^{\prime }(y)=2y$
$g^{\prime }(x)=y^3$
$g^{\prime }(y)=3x{y}^2$

Bruker så lagranges metode å å får:

$6x=\lambda \ast y^3$ ---> ganger med (3x)
$2y=\lambda \ast 3x{y}^2$ ---> ganger med (y)

og får

$18x^2=2y^2$

$2(3x-y)(3x+y)=0$

Her stopper det opp for meg dessverre, så om noen kan vise meg videre utregninger for å finne maksimal- og minimalverdiene til funksjonen hadde jeg blitt veldig takknemlig

For det første må du passe på notasjonen din. $f=f(x,y)$ og $g=g(x,y)$ er funksjoner av to variabler, så når vi deriverer med hensyn på kun én av dem (for eksempel $x$), har vi partiell derivasjon og skriver $\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),$ ikke $f^{\prime }(x)$.

Som du har skrevet får vi at $6x=\lambda y^3$ og $2y=3\lambda x{y}^2$ fra Lagranges metode. Multipliserer vi opp for å eliminere $\lambda$ får vi at $2(3x-y)(3x+y)=0$ slik du har skrevet. Dermed må enten $3x-y=0$ eller $3x+y=0$. Vi undersøker de forskjellige mulighetene:

Hvis $3x-y=0$ så er $y=3x$, så fra bibetingelsen får vi at $3=x{y}^3=x\cdot (3x{)}^3=3^3{x}^4$. Dermed er $x^4=3^{-2}=\frac{1}{9}$, så $x^2=\pm \frac{1}{3}$. Vi er kun ute etter reelle verdier for $x$, så $x^2=\frac{1}{3}$. Dermed får vi at $x=\pm \frac{1}{\sqrt{3}}=\pm \frac{\sqrt{3}}{3}.\therefore y=\pm \frac{3\sqrt{3}}{3}=\pm \sqrt{3}$. Dette gir oss to løsninger, nemlig $(x_1,y_1)=(\frac{\sqrt{3}}{3},\sqrt{3})$ og $(x_2,y_2)=(-\frac{\sqrt{3}}{3},-\sqrt{3})$.

Hvis derimot $3x+y=0$ får vi at $y=-3x$, så bibetingelsen gir at $3=x{y}^3=x\cdot (-3x{)}^3=-3^3{x}^4$. Dermed er $x^4=-3^{-2}=-\frac{1}{9}$, hvilket ikke gir noen reelle løsninger for $x$.

Til slutt ønsker vi å klassifisere løsningene vi fikk. Ettersom $$f(x_1,x_2)=f(\frac{\sqrt{3}}{3},\sqrt{3})=3\cdot \frac{1}{3}+3=4=f(-\frac{\sqrt{3}}{3},-\sqrt{3})=f(x_2,y_2),$$ har vi at $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$ er begge enten maksima eller minima. Ettersom eksempelvis punktet $(3,1)$ tilfredsstiller bibetingelsen og $f(3,1)=3\cdot 3^2+1^2=28\ge 4$, er begge punktene minimumspunkter, med minimumsverdi lik $4$. $f$ er ikke oppad begrenset og har ingen maksimumsverdi.

[elite]

Takk for hjelpen igjen , men bare en siste ting (som sikkert er et dumt spørsmål)

Hvordan kommer du fra $y=3x$ til $3=x{y}^3$ og hvor blir det av y?

og i klassifiseringen av løsningene, hvordan har du kommet frem til?

$3\ast \frac{1}{3}+3=4$

[DennisChristensen]

Takk for hjelpen igjen , men bare en siste ting (som sikkert er et dumt spørsmål)

Hvordan kommer du fra $y=3x$ til $3=x{y}^3$ og hvor blir det av y?

og i klassifiseringen av løsningene, hvordan har du kommet frem til?

$3\ast \frac{1}{3}+3=4$

$g(x,y)=3$ er bibetingelsen vår, som må være oppfylt for alle punkter vi undersøker. Derav $3=x{y}^3$.

Vi fant punktene $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$, og ønsker å klassifisere dem. Altså ønsker vi å undersøke om de er minimumspunkter eller maksimumspunkter. Men ettersom vi fant et annet punkt (som naturligvis også oppfyller bibetingelsen) som hadde høyere $f$-verdi enn dem, kan de ikke være maksimumspunkter. De må altså være minimumspunkter.

[elite]

Jeg skjønner, takk for hjelpen!