Punkty podejrzane o ekstrema.

MarcinX · Post autor: **MarcinX** » 10 maja 2008, o 20:20

Mam problem z ustaleniem punktów podejrzanych o ekstrema funkcji \(\displaystyle{ f(x,y)=xy^2+4xy-4x}\). Otóż wychodzi mi układ równań z jedną niewiadomą. I nie wiem jaki w tym momencie wniosek wyciągnąć... Być może źle pochodnę policzyłem... Nie wiem. Prosze o pomoc.

wjzz · Post autor: **wjzz** » 10 maja 2008, o 20:30

Napisz jakie Ci wyszły te pochodne to zobaczymy - u mnie pojawiają się obie zmienne

MarcinX · Post autor: **MarcinX** » 10 maja 2008, o 20:45

\(\displaystyle{ \frac{ f}{ x} = y^2+4y-4}\)
\(\displaystyle{ \frac{ f}{ y} = 2xy + 4x}\)
Po y jak przyrównam do 0 to chyba x polecą i zostanie sam y. Chyba tak mogę zrobić.(?)

wjzz · Post autor: **wjzz** » 10 maja 2008, o 21:00

\(\displaystyle{ 2xy + 4x = 0 \iff 2x(y + 2) = 0 \iff x = 0 y = -2}\)

Gdzie poleciał x? Przez zero nie dzielimy ...

MarcinX · Post autor: **MarcinX** » 10 maja 2008, o 21:03

Aha hmm... Rozumiem. Dziękuję. Czyli tu będą w sumie 3 podejrzane punkty tak?

wjzz · Post autor: **wjzz** » 10 maja 2008, o 21:12

Dwa. Z pierwszego masz (o ile dobrze liczę ) \(\displaystyle{ y = 2(\sqrt{2} - 1) y = -2(\sqrt{2} + 1)}\)

Rozwiązanie układu równań musi być rozwiązaniem jednego i drugiego. Nie może być jednocześnie \(\displaystyle{ y = 2(\sqrt{2} - 1)}\) i \(\displaystyle{ y = -2}\).

MarcinX · Post autor: **MarcinX** » 10 maja 2008, o 21:23

Ahaaaa... No bo w sumie y=-2 nie spełnia równania pierwszego zatem odpada. Dobrze myślę? Rozwiązanie będzie zależeć od y-ków z równania pierwszego... Czyli dwa rozwiązania..

wjzz · Post autor: **wjzz** » 10 maja 2008, o 21:32

Tak. Najważniejsze jest to, że z obu równań dostajemy po dwie alternatywy. Układ rownań to koniunkcja, więc trzeba rozważyć cztery przypadki, z których dwa odpadąją.

MarcinX · Post autor: **MarcinX** » 10 maja 2008, o 21:41

Dziękuję więc za pomoc Teraz to się wydaje proste (ale z tym dzieleniem przez x to miałbym problemy) ;] Idę ja lepiej sie wyśpię ;P