Maksimum z krzywą
: 23 sie 2025, o 12:05
Wyznaczyć \(\displaystyle{ \max_{y \in K} y}\) dla wszystkich punktów krzywej \(\displaystyle{ K : \ x^2+y^2 = x+y+ xy }\)
Podstawiając \(x=t+1,\ y=u+1\) otrzymamy \(t^2+u^2-tu-1=0\), czyli \(u_1=\frac{t-\sqrt{4-3t^2}}{2}\) lub \(u_2=\frac{t+\sqrt{4-3t^2}}{2}\). To znaczy po pierwsze, że \(|t|\le\frac{2}{\sqrt{3}}\), a po drugie, że, wobec \(u_2-u_1\ge 0\), wystarczy zająć się zbadaniem \(u(t)=u_2\). Niech \(|t|<\frac{2}{\sqrt{3}}\). Mamy \(u'(t)=\frac{\sqrt{4-3t^2}-3t}{2\sqrt{4-3t^2}}\), co oczywiście nie zeruje się w ujemnych \(t\) (jest nieujemne), a w nieujemnych równoważnie \(u'(t)=\frac{4\left(1-3t^2\right)}{2\sqrt{4-3t^2}\left(\sqrt{4-3t^2}+3t\right)}\), czyli mamy ekstremum w \(t=\frac{1}{\sqrt{3}}\) i jest to maksimum. Badanie na brzegu można pominąć (dlaczego?). Tzn. \(y_{max}=u_{max}+1=1+\frac{2}{\sqrt{3}}\).
To powyżej było dla porządku, bo podobno dział zobowiązuje. Inaczej: mamy \[1=t^2-tu+u^2=\frac{1}{4}(t+u)^2+\frac{3}{4}(u-t)^2=\frac{3\left(\frac{t}{\sqrt{3}}+\frac{u}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\sqrt{3}u-\sqrt{3}t\right)^2}{4},\] a z nierówności Cauchy'ego-Schwarza \[\frac{3\left(\frac{t}{\sqrt{3}}+\frac{u}{\sqrt{3}}\right)^2+\left(\sqrt{3}u-\sqrt{3}t\right)^2}{4}\ge\frac{\left(3\left(\frac{t}{\sqrt{3}}+\frac{u}{\sqrt{3}}\right)+\left(\sqrt{3}u-\sqrt{3}t\right)\right)^2}{16}=\left(\frac{2\sqrt{3}u}{4}\right)^2,\] tzn. \(y\le |u|+1\le 1+\frac{2}{\sqrt{3}}\). Wystarczy wskazać, że istnieje rzeczywiste \(x\) spełniające równanie danej krzywej przy \(y=1+\frac{2}{\sqrt{3}}\), co sprowadza się do rozważenia równania kwadratowego z jedną niewiadomą.