Σφαίρα

stranger · #1

Δείξτε ότι $\{x+y+z : (x,y,z) \in S^2\} = [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ , όπου S^2

η επιφάνεια της μοναδιαίας μπάλας στον $\mathbb{R}^3$ .

#2

Με την μέθοδο πολλαπλασιαστών Lagrange: Αρκεί να αποδειχθεί ότι για την συνάρτηση $f:\mathbb{R}^3\longrightarrow\mathbb{R}$ με $f(x,y,z)=x+y+z\,,$ υπό τον περιορισμό x^2+y^2+z^2=1

, η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή είναι $-\sqrt{3}$ , $\sqrt{3}$ , αντίστοιχα.
Θεωρούμε τις συναρτήσεις
$\begin{aligned} g&:S^2\subset\mathbb{R}^{3}\longrightarrow\mathbb{R}\;;\quad g(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-1\,, \\\noalign{\vspace{0.2cm}} F&:S^2\times\mathbb{R}\subset\mathbb{R}^{4}\longrightarrow\mathbb{R}\;;\\\noalign{\vspace{0.2cm}} F(x,y,z,\lambda)&=\lambda\,g(x,y,z)-f(x,y,z)\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &=\lambda\,(x^2+y^2+z^2-1)-(x+y+z)\,. \end{aligned}$
και αναζητούμε τις λύσεις $(x,y,z,\lambda)$ του συστήματος

$\begin{aligned} &{\rm{grad}}\,F(x,y,z,\lambda)=(0,0,0,0)\quad\Longrightarrow\\\noalign{\vspace{0.2cm}} &\left\{{\begin{array}{r} 2\lambda\,x-1=0\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 2\lambda\,y-1=0\\\noalign{\vspace{0.2cm}} 2\lambda\,z-1=0\\\noalign{\vspace{0.2cm}} x^2+y^2+z^2-1=0\end{array}}\right\} \end{aligned}$
Αυτές είναι οι $\big(-\frac{\sqrt{3}}{3},-\frac{\sqrt{3}}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\big)$ και $\big(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{2}\big)$ . Επειδή το σύνολο ορισμού της συνεχούς συνάρτησης $f|_{S^2}$ είναι συμπαγές, έπεται ότι αυτή παίρνει μια μέγιστη και μια ελάχιστη τιμή. Αναγκαστικά αυτές θα είναι οι $f\big(-\frac{\sqrt{3}}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{3}, -\frac{\sqrt{3}}{3}\big)=-\sqrt{3}$ και $f\big(\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\big)=\sqrt{3}$ , από όπου προκύπτει το ζητούμενο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 7:15 am
Δείξτε ότι $\{x+y+z : (x,y,z) \in S^2\} = [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ , όπου η επιφάνεια της μοναδιαίας μπάλας στον $\mathbb{R}^3$ .

Να το δούμε και γεωμετρικά.
Θεωρούμε τα επίπεδα x+y+z =k

που έχουν κάθετο διάνυσμα το (1,1,1)

Αυτά τέμνουν την επιφάνεια της μοναδιαίας μπάλας αν και μόνο αν
$k\in [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$
Από την τελευταία παίρνουμε το ζητούμενο.

#4

Με στοιχειώδη μέσα: παρατηρούμε ότι ο υπολογισμός του ελαχίστου ανάγεται στον υπολογισμό του μεγίστου, και αυτός στην περίπτωση που όλες οι συντεταγμένες είναι θετικές, οπότε και ισχύει η γνωστή ανισότητα $xy+yz+zx\leq x^2+y^2+z^2=1$ , άρα και η $(x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)=3$ .

#5

Γρηγόρη και Γιώργο, δεν αρκεί μόνο η εύρεση μέγιστου και ελάχιστου αφού τότε θα έχουμε δείξει μόνο το $\{x+y+z : (x,y,z) \in S^2\} \subseteq [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ .

Για την ισότητα μπορούμε π.χ. να επικαλεστούμε ότι η συνεχής εικόνα συνεκτικού συνόλου είναι συνεκτική.

#6

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 7:15 am
Δείξτε ότι $\{x+y+z : (x,y,z) \in S^2\} = [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ , όπου η επιφάνεια της μοναδιαίας μπάλας στον $\mathbb{R}^3$ .

Καλημέρα...

Θα μπορούσαμε να το μελετήσουμε και ως εξής:

Αφού:

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2=1 \Rightarrow z=\pm \sqrt{1-x^2-y^2} \ \ (1) }$

Άρα μελετούμε τα ακρότατα της συνάρτησης:

$\displaystyle{f_1(x,y)=x+y+\sqrt{1-x^2-y^2} \ \ (2)}$

Έτσι τα ακρότατα αναζητούνται από τις τιμές των μεταβλητών $\displaystyle{x,y}$ οι οποίες μηδενίζουν τις παραγώγους:

$\displaystyle{\frac{\partial f_1(x,y)}{\partial x}, \ \ \frac{\partial f_1(x,y)}{\partial y}}$

και ο έλεγχος για τη μορφή του ακρότατου (max. min) γίνεται από το πρόσημο της παράστασης:

$\displaystyle{S=B^2-AC \ \ (3)}$

όπου:

$\displaystyle{ A=\frac{\partial^2f_1(x,y)}{\partial x^2},\ \ B= \frac{\partial^2f_1(x,y)}{\partialx \partial y}, \ \ C=\frac{\partial^2f_1(x,y)}{\partial y^2} \ \ (4)}$

Δηλαδή:

1η περίπτωση: Αν $\displaystyle{B^2-AC <0}$ , τότε έχουμε σχετικό ακρότατο και μάλιστα:

1α) Σχετικό μέγιστο αν $\displaystyle{A<0}$ ή $\displaystyle{C<0}$
1β) Σχετικό ελάχιστο αν $\displaystyle{A>0}$ ή $\displaystyle{C>0}$ .

2η περίπτωση

Αν $\displaystyle{B^2-AC >0 }$ , τότε δεν υπάρχουν άκρες τιμές.

3η περίπτωση.

Αν $\displaystyle{ B^2-AC=0}$ τότε έχουμε απροσδιοριστία.

Εφαρμόζοντας τα ανωτέρω στην $\displaystyle{f_1(x,y)}$ καθώς επίσης και στην

$\displaystyle{f_2(x,y)=x+y-\sqrt{1-x^2-y^2}}$

καταλήγουμε στο ζητούμενο.

Κώστας Δόρτσιος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

KDORTSI έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 12:33 pm

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 7:15 am
Δείξτε ότι $\{x+y+z : (x,y,z) \in S^2\} = [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ , όπου η επιφάνεια της μοναδιαίας μπάλας στον $\mathbb{R}^3$ .
Καλημέρα...

Θα μπορούσαμε να το μελετήσουμε και ως εξής:

Αφού:

$\displaystyle{x^2+y^2+z^2=1 \Rightarrow z=\pm \sqrt{1-x^2-y^2} \ \ (1) }$

Άρα μελετούμε τα ακρότατα της συνάρτησης:

$\displaystyle{f_1(x,y)=x+y+\sqrt{1-x^2-y^2} \ \ (2)}$

Έτσι τα ακρότατα αναζητούνται από τις τιμές των μεταβλητών $\displaystyle{x,y}$ οι οποίες μηδενίζουν τις παραγώγους:

$\displaystyle{\frac{\partial f_1(x,y)}{\partial x}, \ \ \frac{\partial f_1(x,y)}{\partial y}}$

και ο έλεγχος για τη μορφή του ακρότατου (max. min) γίνεται από το πρόσημο της παράστασης:

$\displaystyle{S=B^2-AC \ \ (3)}$

όπου:

$\displaystyle{ A=\frac{\partial^2f_1(x,y)}{\partial x^2},\ \ B= \frac{\partial^2f_1(x,y)}{\partialx \partial y}, \ \ C=\frac{\partial^2f_1(x,y)}{\partial y^2} \ \ (4)}$

Δηλαδή:

1η περίπτωση: Αν $\displaystyle{B^2-AC <0}$ , τότε έχουμε σχετικό ακρότατο και μάλιστα:

1α) Σχετικό μέγιστο αν $\displaystyle{A<0}$ ή $\displaystyle{C<0}$
1β) Σχετικό μέγιστο αν $\displaystyle{A>0}$ ή $\displaystyle{C>0}$ .

2η περίπτωση

Αν $\displaystyle{B^2-AC >0 }$ , τότε δεν υπάρχουν άκρες τιμές.

3η περίπτωση.

Αν $\displaystyle{ B^2-AC=0}$ τότε έχουμε απροσδιοριστία.

Εφαρμόζοντας τα ανωτέρω στην $\displaystyle{f_1(x,y)}$ καθώς επίσης και στην

$\displaystyle{f_2(x,y)=x+y-\sqrt{1-x^2-y^2}}$

καταλήγουμε στο ζητούμενο.

Κώστας Δόρτσιος

Υπάρχει πρόβλημα.
Η συνάρτηση εχει πεδίο ορισμού το
$\left \{ (x,y):x^{2}+y^{2}\leq 1 \right \}$
Τα παραπάνω ισχύουν όταν τα ακρότατα βρίσκονται στο σύνολο
$\left \{ (x,y):x^{2}+y^{2}<1 \right \}$
πρέπει να εξετάσουμε και τι γίνεται στο
$\left \{ (x,y):x^{2}+y^{2}=1 \right \}$

stranger · #8

Να γράψω και τη δική μου λύση.
Έστω $f: S^2 \rightarrow \mathbb{R}$ με f(x,y,z) = x+y+z

. Η

είναι συνεχής και επειδή η S^2

είναι συμπαγής και συνεκτική έχουμε ότι f(S^2)

είναι συμπαγές και συνεκτικό. Άρα επειδή τα συνεκτικά υποσύνολα του $\mathbb{R}$ είναι τα διαστήματα έχουμε ότι I=f(S^2)= [a,b]

.
Με τη μέθοδο των πολλαπλασιαστών Lagrange έχουμε ότι για το ελάχιστο και το μέγιστο του συστήματος x+y+z

,

παίρνουμε $(1,1,1) = \lambda (2x,2y,2z)$ από το οποίο βγαίνει ότι x=y=z

. Άρα αφού x^2+y^2+z^2 =1

παίρνουμε $|x|= \frac{\sqrt{3}}{3}$ . Άρα το μεγιστό του συστήματος είναι το $\sqrt{3}$ και το ελάχιστο $-\sqrt{3}$ . Άρα $a=-\sqrt{3}$ και $b=\sqrt{3}$ .

stranger · #9

Εδώ αξίζει να πούμε ότι η ίδια λύση δίνει $\{ x_1+...+x_n : (x_1,..,x_n) \in S^{n-1} \} = [-\sqrt{n},\sqrt{n}]$ .

#10

Demetres έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 12:10 pm
Γρηγόρη και Γιώργο, δεν αρκεί μόνο η εύρεση μέγιστου και ελάχιστου αφού τότε θα έχουμε δείξει μόνο το $\{x+y+z : (x,y,z) \in S^2\} \subseteq [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ .

Για την ισότητα μπορούμε π.χ. να επικαλεστούμε ότι η συνεχής εικόνα συνεκτικού συνόλου είναι συνεκτική.

Δημήτρη πράγματι ... και οι εκ των υστέρων προσπάθειες μου να βρω, 'στοιχειωδώς', x, y, z

τέτοια ώστε x^2+y^2+z^2=1

και

, όπου $-\sqrt{3}<a<\sqrt{3}$ ... απέτυχαν!

#11

Βγαίνει και στοιχειωδώς. Θα υποθέσω ότι $a \geqslant 0$ . Επιλέγω $z = \sqrt{3}/3$ και αρκεί να δείξω ότι υπάρχουν πραγματικοί x,y

ώστε

και $x+y = a - \sqrt{3}/3$ .

Τότε

$\begin{aligned} \Delta &= (x+y)^2 - 4xy = x^2 + y^2 - 2xy = 2(x^2+y^2) - (x+y)^2 \\ &= \frac{4}{3} - a^2 + \frac{2a\sqrt{3}}{3} - \frac{1}{3}\\ &= (\sqrt{3}-a)\left(a+\frac{\sqrt{3}}{3}\right) \geqslant 0 \end{aligned}$

Άρα υπάρχουν τέτοιοι x,y

.

#12

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 12:42 pm

KDORTSI έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 12:33 pm

stranger έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 21, 2020 7:15 am
Δείξτε ότι $\{x+y+z : (x,y,z) \in S^2\} = [-\sqrt{3},\sqrt{3}]$ , όπου η επιφάνεια της μοναδιαίας μπάλας στον $\mathbb{R}^3$ .
Καλημέρα...
...............................
Θα μπορούσαμε να το μελετήσουμε και ως εξής:
.......................................

Κώστας Δόρτσιος
Υπάρχει πρόβλημα.
Η συνάρτηση εχει πεδίο ορισμού το
$\left \{ (x,y):x^{2}+y^{2}\leq 1 \right \}$
Τα παραπάνω ισχύουν όταν τα ακρότατα βρίσκονται στο σύνολο
$\left \{ (x,y):x^{2}+y^{2}<1 \right \}$
πρέπει να εξετάσουμε και τι γίνεται στο
$\left \{ (x,y):x^{2}+y^{2}=1 \right \}$

Καλησπέρα....
Σταύρε, Ναι, έχεις δίκιο.

Το μήνυμά μου ήταν συνοπτικό και χωρίς τους επιμέρους υπολογισμούς.

Αρχικά πρέπει να πω ότι το πρόβλημα το αντιμετώπισα ως πρόβλημα ακροτάτων. Η παρατήρηση
του Δημήτρη είναι σωστή.

Τώρα ας δούμε τα δικά μου.

1η περίπτωση:
Έστω ότι είναι $\displaystyle{x^2+y^2<1}$ . Τότε αν θεωρήσουμε τις εξισώσεις:

$\displaystyle{f_1(x,y)=x+y+\sqrt{1-x^2-y^2} \ \ (1)}$

$\displaystyle{f_2(x,y)=x+y-\sqrt{1-x^2-y^2} \ \ (2) }$

αυτές έχουν ως εικόνες που δημιουργούν μια ελλειψοειδή επιφάνεια της μορφής:

: Σφαίρα 2.png (70.82 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές

Οι εικόνες αυτές προκύπτουν αν γράψουμε τις εξισώσεις (1) και (2) με τη μορφή:

$\displaystyle{ \overrightarrow {r_1}(u,v)=\begin{pmatrix} u\\v\\u+v+\sqrt{1-u^2-v^2} \end{pmatrix} \ \ (3)}$

$\displaystyle{\overrightarrow {r_2}(u,v)=\begin{pmatrix} u\\v\\u+v-\sqrt{1-u^2-v^2} \end{pmatrix} \ \ (4) }$

Μελετώντας τις (3) και (4) με τη μέθοδο του μηδενισμού των μερικών παραγώγων, οι οποίες ορίζονται
στον ανοιχτό δίσκο μοναδιαίας ακτίνας που φαίνεται με κίτρινο χρώμα στο ανωτέρω σχήμα, βρίσκουμε
τα ακρότατα που εμφανίζονται στο ανωτέρω σχήμα.

2η περίπτωση:

Έστω ότι είναι: $\displaystyle{x^2+y^2=1}$ . Τότε η συνάρτηση $\displaystyle{f_1}$ γίνεται:

$\displaystyle{f_(x,y)=x+y}$ δηλαδή $\displaystyle{f_1(x)=x+\sqrt{1-x^2} \ \ (5)}$

Επίσης και δεύτερη συνάρτηση γίνεται:

$\displaystyle{f_2(x)=x-\sqrt{1-x^2} \ \ (6)}$

Οι συναρτήσεις (5) και (6) έχουν γραφήματα που αποτελούν μια έλλειψη, όπως φαίνεται στο σχήμα:

: Σφαίρα 3.png (15.28 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές

Τα ακρότατα των συναρτήσεων (5) και (6) είναι όπως αυτά φαίνονται στο ανωτέρω σχήμα.

Αυτά ισχύουν αν το θέμα το δούμε σε ένα σύστημα $\displaystyle{XOY}$ όπως φαίνεται στο δεύτερο σχήμα.

Όμως για την επιφάνεια $\displaystyle{\overrightarrow{r}(u,v)}$ , επειδή στην περίπτωσή μας είναι:

$\displaystyle{v=\sqrt{1-u^2} \ \ (7) }$

τότε η εξίσωση (7) θα παριστά μια καμπύλη επί της επιφανείας αυτής και η οποία θα έχει εξισωση:

$\displaystyle{\overrightarrow{t_1}(u)=\begin{pmatrix} u\\ \sqrt{1-u^2}\\u+\sqrt{1-u^2} \end{pmatrix} \ \ (8)}$

Όμοια θα ισχύουν και για την $\displaystyle{\overrightarrow{r_2}(u,v)}$ για τη σχέση (7).

Στο τρίτο σχήμα βλέπουμε την καμπύλη αυτή με το κόκκινο χρώμα:

: Σφαίρα 4.png (70.14 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές

Στο σχήμα αυτό βλέπουμε ότι το τμήμα $\displaystyle{M_oM_1=u+\sqrt{1-u^2} = \sqrt{2} }$ , λόγω της σχέσης (8).

Όμοια ισχύουν και για τον άλλο κλάδο της καμπύλης αυτής.

Άρα κι όταν οι συντεταγμένες $\displaystyle{(u,v)}$ κινηθούν επί του μοναδιαίου κύκλου οι ακρότατες τιμές των αρχικών συναρτήσεων παραμένουν

και στην περίπτωση αυτή οι ίδιες.

Κώστας Δόρτσιος

Σφαίρα

Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Re: Σφαίρα

Μέλη σε σύνδεση