Máximo global de $f(x,y)$ en un conjunto $M$ .

Question

Quiero investigar la función $f(x,y) = 4x^2 + 9y - \frac{1}{3}y^3$ en el plató $M:= \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : y \geq |x|\}$ . En particular, quiero

a) probar la existencia de un máximo global en el conjunto $M$ ,

b) encontrar todos los puntos en $M$ donde se alcanza este valor máximo.

En primer lugar, hice un dibujo del conjunto $M$ . (Desde $M$ no es muy difícil de ilustrar no lo publico aquí).

Realmente lucho con a). El único teorema real que conozco es que toda función continua sobre un conjunto compacto tiene un Mín/Máx. Como $M$ no es compacto, no veo cómo puedo probar a). Pensé en la expansión cuadrática, pero no funcionó.

Teniendo en cuenta b), primero eché un vistazo al gradiente

\begin{align} \operatorname{grad} f(x,y) = \begin{pmatrix} 8x \\ 9 - y^2\end{pmatrix} \end{align}

que es cero para $(0,3)$ y $(0,-3) \notin M$ . Uso de la matriz hessiana $\mathcal{H}_f$ y evaluarlo en $(0,3)$ conduce al hecho de que $(0,3)$ parece ser un punto de ensillamiento. Por lo tanto, parece que no hay ningún punto interior, lo que podría ser interesante para la pregunta.

Al observar los límites de $M$ Como Fra sugirió en su respuesta, miré

$$f|_{\partial M}(x,y) = \begin{cases} g(x) := 4x^2 +9x - \frac{x^3}{3}, & \mbox{if } x \geq 0\\ h(x) := 4x^2 -9x + \frac{x^3}{3}, & \mbox{if } x < 0 \end{cases}$$

y encontró que $g$ tiene un máximo, a saber $\max\{4x^2+9x - \frac{x^3}{3}\} = 162$ para $x = 9$ . $h$ también tiene un máximo, $\max\{4x^2-9x + \frac{x^3}{3}\} = 162$ para $x = -9$ .

Así que mi respuesta a b) es $\{(9,9), (-9,9)\}$ con valor $162$ .

¿Puede alguien proporcionar una solución/explicación para a)? Además, me gustaría que mi solución para b) pudiera ser verificada.

Answer 1

Debe comprobar en el límite de $M$ $$f|_{\partial M}(x,y) = \begin{cases} g(x) := 4x^2 +9x - \frac{x^3}{3}, & \mbox{if } x \geq 0\\ h(x) := 4x^2 -9x + \frac{x^3}{3}, & \mbox{if } x < 0 \end{cases}$$ Sólo hay que maximizar $g : [0,\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ y $h :(\infty,0) \rightarrow \mathbb{R} $

ADDENDUM: Para la prueba de $(a)$ se puede argumentar lo siguiente ya que $\lim_{y \to \infty} f(x,y) = -\infty$ de manera uniforme con respecto a $x$ se cumple el siguiente hecho: para cada $L \geq 0$ existe $K = K(L) > 0$ tal que $f(x,y) < -L$ por cada $x$ si $ y > K$ , toma $L = 1$ y que $M' := \{(x,y) \in M\,|\,y \leq K\}$ . Por construcción tenemos: $$\sup_{M'}f \leq \sup_M f$$ pero como $f < -1$ en el exterior $M'$ y $f(0) = 0 > -1$ también sostiene que $$\sup_{M'}f \geq \sup_M f$$ Ahora bien, como $M'$ es compacto y $f$ es continua tiene un máximo en $M'$ y como $$f(x_0,y_0) = \max_{M'}f > -1$$ entonces $$f(x,y) \leq \max_{M'}f = f(x_0,y_0)$$ por cada $(x,y) \in M$ . Así que $f$ tiene un máximo en $M$ .

La parte $(b)$ me parece correcto

Answer 2

Considerando $y \ge |x|\ge 0$

$$ f(x,y) = 4x^2+9y-\frac 13y^3\le 4y^2+9y-\frac 13y^3\le 162 $$

Los puntos estacionarios pueden determinarse mediante la técnica de los multiplicadores de Lagrange. Considerando

$$ L(x,y,\lambda,s) = 4x^2+9y-\frac 13y^3+\lambda(y-\sqrt{x^2}-s^2) $$

La variable de holgura $s$ se introdujo para transformar la restricción de la desigualdad en una ecuación. Los puntos estacionarios se determinan como las soluciones de

$$ \nabla L = 0 = \left\{ \begin{array}{l} 8 x-\frac{\lambda x}{\sqrt{x^2}} \\ \lambda -y^2+9 \\ -s^2-\sqrt{x^2}+y \\ -2 \lambda s \\ \end{array} \right. $$

con soluciones

$$ \left[ \begin{array}{ccccc} f & x & y & \lambda & s \\ 162 & -9 & 9 & 72 & 0 \\ 162 & 9 & 9 & 72 & 0 \\ \end{array} \right] $$

Aquí $s=0$ denota que los puntos estacionarios se encuentran en el límite de la región factible. A continuación se presenta un gráfico que muestra en azul claro la región factible y en negro las curvas de nivel para $f(x,y)$ . En rojo se indican los puntos estacionarios. Nótese la tangencia entre el límite y las curvas de nivel asociadas a los puntos estacionarios.

Answer 3

Resumen

En toda la generalidad, demostrar cosas como ésta puede ser muy difícil. Pero cuando tienes una buena función y una buena región de $\mathbb{R}^{n}$ , hay una caja de herramientas estándar que creo que funciona bien en la práctica. Básicamente:

1. Dividir la región si es necesario para reducir la dimensión para hacerla para que sea más cómodo trabajar con ella.
2. A continuación, compacte la región añadiendo "puntos en el infinito" de forma adecuada ( que depende un poco del contexto) o utilizar un truco con arctan para conseguir el mismo resultado.
3. Si la función puede extenderse a una función continua en la región compacta, entonces debe existir un extremo, y se pueden utilizar técnicas de Cálculo Multivariable (por ejemplo, buscar puntos críticos, parametrizar el límite y/o utilizar Multiplicadores de Lagrange ) para encontrar candidatos. A continuación, sólo hay que comparar los valores de todos los candidatos.
4. Si la función no puede extenderse así, o es demasiado esfuerzo, puede que aún sea posible demostrar que hay un límite en la función sobre una parte de la región, y luego cortar la(s) parte(s) mala(s) fuera de consideración, de modo que se reduce a lo anterior.

Hay muchos diferentes formas en que esto podría verse en la práctica, así que presentaré varias formas que se me ocurren para abordar el problema en cuestión, como ejemplos. En realidad, casi todo esto es exagerado para el problema original específico.

Tiras horizontales

Para esta función en particular, el dominio es bidimensional, pero puede ser más fácil de manejar si lo cortamos en tiras horizontales unidimensionales horizontales de la forma $\left[-t,t\right]\times\left\{ t\right\} $ para $t\ge0$ .

Trabajo inicial

Tenga en cuenta que cada franja es compacta, por lo que hay un máximo en cada franja. Si podemos encontrar los máximos y compararlos, podemos resolver ambas partes.

En una franja horizontal, la función se reduce a $g_{t}(x)=4x^{2}+9t-\frac{1}{3}t^{3}$ . Como sabemos que se trata de una parábola, podemos simplemente observar que el máximo se alcanza en $x=\pm t$ y el valor es $g_{t}(t)=4t^{2}+9t-\frac{1}{3}t^{3}$ . (En general, podríamos diferenciar con respecto a $x$ para obtener $g_{t}'(x)=8x$ para que los puntos que merece la pena comprobar sean los críticos punto $x=0$ y los puntos finales $x=\pm t$ .)

Ahora que tenemos el máximo en cada franja, debemos ver si y dónde hay una altura $y=t_{0}$ (donde $t\in\left[0,\infty\right)$ ) donde este máximo $h(t)=4t^{2}+9t-\frac{1}{3}t^{3}$ se maximiza. Desgraciadamente, $\left[0,\infty\right)$ no es compacto, por lo que podemos demostrar un límite para cortar parte de ella, o compactificarla.

Probar un límite

Sin utilizar ninguna propiedad geométrica de los cúbicos, podríamos examinar la derivada $h'(t)=-t^{2}+8t+9$ . El único cero positivo está en $t=9$ después de lo cual es negativo (ya que es continuo y $h'(10)=-11<0$ ). Por lo tanto, $h(t)$ es decreciente para $t\ge9$ . En general, si el comportamiento de la derivada $h'(t)$ fueran más complicados, podríamos entonces restringir nuestra atención a la compacta $[0,9]$ . Pero como podemos podemos ver que $h'(t)$ es positivo en $[0,9]$ inmediatamente sabemos que que se alcanza un máximo en $t=9$ .

Juntando todo, el máximo es $h(9)=\boxed{162\text{ at }(\pm9,9)}$ .

Compactación

Tenga en cuenta que ${\displaystyle \lim_{t\to\infty}}h(t)=-\infty$ desde $-\frac{1}{3}t^{3}$ domina para los grandes $t$ . Y $h(0)=0$ . Si añadimos $\pm\infty$ de la reales extendidos , entonces podemos trabajar adecuadamente con el intervalo compacto $[0,\infty]$ . El único otro candidato para un máximo sería donde $h'(t)=0$ , en $t=9$ . Desde $h(9)=162$ es mayor que los valores finales de $0$ y $-\infty$ debe ser el máximo.

Como alternativa, ya que $\tan$ está aumentando en $\left(-\pi/2,\pi/2\right)$ , podemos definir $\widetilde{h}(t)=\arctan\left(4\tan^{2}t+9\tan t-\frac{1}{3}\tan^{3}t\right)$ en $t\in\left[0,\pi/2\right)$ que tiene un máximo en $t_{0}$ exactamente si $h(t)$ tiene un máximo en $\tan t_{0}$ . Pero como ${\displaystyle \lim_{x\to\pi/2^{-}}}\tan x=\infty$ y ${\displaystyle \lim_{x\to-\infty}}\arctan x=-\pi/2$ , $\widetilde{h}$ puede extenderse a una función continua $[0,\pi/2]\to\mathbb{R}$ , no $\infty$ necesario. Entonces los valores de $\widetilde{h}$ en el puntos finales son $0$ y $-\pi/2$ , ambos menores que el valor de $\arctan(162)$ en el cero de $\widetilde{h}'$ , $t=\arctan9$ .

De cualquier manera, de nuevo tenemos que el máximo de las funciones originales es $\boxed{162\text{ at }(\pm9,9)}$ .

Tiras verticales

Otro enfoque sería cortar la región en una dimensión vertical verticales de la forma $\left\{ t\right\} \times\left[\left|t\right|,\infty\right)$ para un verdadero $t$ . En cada franja, la función se reduce a $g_{t}(y)=4t^{2}+9y-\frac{1}{3}y^{3}$ para $y\ge|t|$ .

Compactación

Una de estas tiras se puede compactar de la misma manera que se ha comentado anteriormente: o bien se acomoda a los reales extendidos, o bien se sustituye $g_{t}(y)$ con $\widetilde{g_{t}}(y)=\arctan\left(4t^{2}+9\tan y-\frac{1}{3}\tan^{3}y\right)$ para $y\ge\arctan\left|t\right|$ . Tenemos extremos potenciales en los extremos, y donde $g_{t}'=0$ . Tenga en cuenta que ${\displaystyle \lim_{y\to\infty}}g_{t}(y)=-\infty$ para que tengamos continuidad (aunque ahí no habrá un máximo), y $g_{t}\left(|t|\right)=4t^{2}+9|t|-\frac{1}{3}|t|^{3}$ . $g_{t}'(y)=9-y^{2}$ tiene un $0$ en $y=3$ (donde $g_{t}(y)=4t^{2}+18$ ) si $|t|\le3$ y sin ceros si $|t|>3$ . Tenga en cuenta que $4t^{2}+18\ge4t^{2}+|t|\left(9-\frac{1}{3}t^{2}\right)$ para $\left|t\right|\le3$ por lo que el máximo de $g_{t}(y)$ se alcanza en $y=\begin{cases} 3 & \text{ if }|t|\le3\\ |t| & \text{ if }|t|\ge3 \end{cases}$ . Los valores alcanzados son $h(t)=\begin{cases} 4t^{2}+18 & \text{ if }|t|\le3\\ 4t^{2}+|t|\left(9-\frac{1}{3}t^{2}\right) & \text{ if }|t|\ge3 \end{cases}$ .

Ahora que tenemos el máximo en cada franja, debemos ver si y dónde hay una posición horizontal $x=t_{0}$ donde este máximo $h(t)$ se maximiza. Dado que $4t^{2}+18$ aumenta a medida que $|t|$ aumenta, alcanza su máximo en $\left[-3,3\right]$ en $t=\pm3$ . Por lo tanto, basta con considerar $h(t)=4t^{2}+|t|\left(9-\frac{1}{3}t^{2}\right)$ en. Desde $h$ es un función uniforme En realidad, sólo tenemos que preocuparnos por $h(t)=4t^{2}+9t-\frac{1}{3}t^{3}$ en $\left[3,\infty\right)$ . Más arriba, encontramos que el máximo de esta función máximo de esta función en $\left[0,\infty\right)$ se alcanza en $9$ . Por lo tanto, utilizando un enfoque similar (tal vez mirando a $h(3)$ en lugar de $h(0)$ ), llegaríamos a la misma conclusión, y el máximo de la original sigue siendo $\boxed{162\text{ at }(\pm9,9)}$ .

Probar un límite

En lugar de compactar toda la franja vertical, podríamos haber notado que $g_{t}'(y)<0$ para $y>3$ para que $g_{t}(y)\le g_{t}\left(\max\left(3,\left|t\right|\right)\right)$ y sólo tenemos que considerar la parte compacta de la franja donde $y\in\left[|t|,\max\left(3,\left|t\right|\right)\right]$ . Maximizar $g_{t}$ en este intervalo y luego maximizar los máximos es muy similar a la anterior, ahora.

Tiras diagonales

Dada la forma del dominio, un enfoque más para reducir la dimensión sería cortarlo en franjas diagonales unidimensionales de la forma $\left\{ \left(s\cos t,s\sin t\right):s\in\left[0,\infty\right)\right\} $ para $t\in\left[\pi/4,3\pi/4\right]$ . En cada franja, la función se reduce a $g_{t}(s)=4\left(s\cos t\right)^{2}+9\left(s\sin t\right)-\frac{1}{3}\left(s\sin t\right)^{3}$ para $s\ge0$ .

Al igual que antes, podríamos compactar/notar que $g_{t}(s)$ es eventualmente muy negativo ya que $\sin t>0$ si $t\in\left[\pi/4,3\pi/4\right]$ . Así que para encontrar candidatos a un máximo, sólo tenemos que examinar $s=0$ , (donde $g_{t}(s)=0$ ) y donde $g_{t}'(s)=0$ . $g_{t}'(s)=-s^{2}\sin^{3}t+8s\cos^{2}t+9\sin t$ . El único cero positivo está en $s_{t}=\dfrac{-8\cos^{2}t-\sqrt{64\cos^{4}t+36\sin^{4}t}}{-2\sin^{3}t}=\dfrac{4\cos^{2}t+\sqrt{16\cos^{4}t+9\sin^{4}t}}{\sin^{3}t}.$ Configurar $r=\sqrt{16\cos^{4}t+9\sin^{4}t}$ por conveniencia, encontramos que $g_{t}(s_{t})$ es la siguiente cantidad no negativa (y por tanto es el máximo): $$h(t)=4\left(\dfrac{4\cos^{2}t+r}{\sin^{3}t}\cos t\right)^{2}+9\left(\dfrac{4\cos^{2}t+r}{\sin^{3}t}\sin t\right)-\frac{1}{3}\left(\dfrac{4\cos^{2}t+r}{\sin^{3}t}\sin t\right)^{3}$$

$$ =\cdots $$ $$ =\dfrac{2}{3\sin^{2}t}\left(4\cos^{2}t+r\right)\left(9+8\dfrac{\cos^{4}t}{\sin^{4}t}+2\dfrac{\cos^{2}t}{\sin^{4}t}r\right) $$

Ahora, el dominio de $t$ es el intervalo compacto $\left[\pi/4,3\pi/4\right]$ , por lo que podemos optimizar $h(t)$ con relativa facilidad. En los puntos finales donde $t=\pi/2\pm\pi/4$ tenemos $h(t)=162$ y $s_{t}=9\sqrt{2}$ , correspondiente a a los puntos $\left(\pm9,9\right)$ en el avión. También tenemos $h'(t)$ igual a una expresión muy complicada. Pero $h''(t)$ es un poco más más simple puede ser visto como positivo en $\left[\pi/4,3\pi/4\right]$ , por lo que $h'(t)$ tiene como máximo un cero. De hecho, $h'(\pi/2)=0$ y tenemos $h(\pi/2)=18<162$ . Una vez más, el máximo es $\boxed{162\text{ at }(\pm9,9)}$ .

Toda la región#

Todos los métodos anteriores se centran en el corte de la bipolaridad de dos dimensiones. Pero nosotros podemos ocuparnos de ambas dimensiones a la vez.

Probar un límite

Tenga en cuenta que si $|x|\le y$ entonces $x^{2}\le y^{2}$ para que $f(x,y)=4x^{2}+9y-\frac{1}{3}y^{3}\le4y^{2}+9y-\frac{1}{3}y^{3}$ . Desde ${\displaystyle \lim_{y\to\infty}}4y^{2}+9y-\frac{1}{3}y^{3}=-\infty$ , basta con mirar una región compacta de la forma, digamos, $\left|x\right|\le y\le6+3\sqrt{7}$ desde $6+3\sqrt{7}$ es el mayor cero de $4y^{2}+9y-\frac{1}{3}y^{3}$ (más allá del cual debe ser negativo), y sabemos que $f(0,1)=26/3>0$ . Por lo tanto, $f$ tiene un máximo absoluto en algún lugar de ese gran triángulo de altura $6+3\sqrt{7}$ ya sea en un punto crítico, o a lo largo de la límite. Como se indica en la pregunta, $\left(0,3\right)$ es el único punto crítico en el interior del triángulo. Tenemos $f\left(0,3\right)=18>0$ , por lo que ningún punto del borde superior (donde $f\left(x,y\right)\le0$ ) es relevante. Queda por examinar los bordes inferiores en busca de candidatos. Dado que $f$ es simétrica respecto a $x=0$ basta con comprobar la arista derecha $\left\{ (x,x):x\in\left[0,6+3\sqrt{7}\right]\right\} $ .

Esto puede hacerse examinando $f(x,x)$ directamente, o utilizando multiplicadores de Lagrange para manejar $f(x,y)$ con la restricción $y=x$ . (Con una curva más complicada como un círculo $x^{2}+y^{2}=9$ , aparte de los multiplicadores de Lagrange, se podría parametrizar con un nuevo parámetro como en $f\left(3\cos t,3\sin t\right)$ o dividirlo en dos partes separadas funciones de $x$ como en $f\left(x,\sqrt{9-x^{2}}\right)$ y $f\left(x,-\sqrt{9-x^{2}}\right)$ .) En cualquier caso, el punto límite $(0,0)$ de esa arista límite es un candidato a máximo (el otro punto límite ya fue descartado).

Mirando $f(x,x)$ directamente es similar al trabajo que hemos realizado anteriormente y supone $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x,x)=0$ . Multiplicadores de Lagrange nos haría examinar el gradiente de $y-x$ y resolver $8x=\lambda\left(-1\right)$ , $9-y^{2}=\lambda\left(1\right)$ y $y-x=0$ , lo que da lugar a la misma ecuación que $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}f(x,x)=0$ . En cualquier caso, encontramos candidatos $(\pm9,9)$ .

Tomando todos los candidatos juntos, encontramos que el máximo debe ser uno de $f\left(0,3\right)=18$ , $f(0,0)=0$ y $f(\pm9,9)=162$ . Desde $162>18>0$ tenemos que el máximo es $\boxed{162\text{ at }(\pm9,9)}$ .

Compactify

Como es tan fácil encontrar un límite, no vale la pena compactar en dos dimensiones, pero lo incluyo para completarlo y para que sea un bonito perspectiva gráfica.

Debido a la dimensión extra, la forma más fácil de asegurarse de que estamos que estamos añadiendo "puntos en el infinito" aceptables es utilizar el truco del arctán de arctan. Definir $\widetilde{f}\left(x,y\right)=\arctan\left(4\tan^{2}x+9\tan y-\frac{1}{3}\tan^{3}y\right)$ para $|x|\le y<\pi/2$ para que $\widetilde{f}$ tiene un máximo global en $\left(x,y\right)$ si $f$ hace en $\left(\tan x,\tan y\right)$ .

Podemos ampliar el dominio de $\widetilde{f}$ para incluir la parte superior de del triángulo en $y=\pi/2$ , a través de $\widetilde{f}\left(x,y\right)=-\pi/2$ si $y=\pi/2$ . Resulta que $\widetilde{f}$ es entonces continua en todo el triángulo compacto, por ejemplo a través del y el teorema de la compresión $$ -\pi/2\le\widetilde{f}(x,y)\le\arctan\left(4\tan^{2}y+9\tan y-\frac{1}{3}\tan^{3}y\right)\underset{y\to\pi/2^{-}}{\to}-\pi/2 $$

Ahora podemos hacer el mismo tipo de argumento que antes, observando que en el punto crítico tenemos $\widetilde{f}(0,\arctan3)=\arctan(18)>-\pi/2$ , por lo que el borde superior no es la fuente de un candidato al máximo. Podemos volver a $f$ o quedarse con $\widetilde{f}$ al encontrar candidatos, y llegar al mismo resultado que cada vez para la función original: $\boxed{162\text{ at }(\pm9,9)}$ .

Gráficos

Una de las ventajas de $\widetilde{f}$ es que esencialmente nos permite graficar todos los $f$ a la vez.

Aquí hay dos vistas de $\widetilde{f}$ .

Para entender lo empinado que es ese acantilado, he aquí $\widetilde{f}(t,t)=\arctan\left(4\tan^{2}t+9\tan t-\frac{1}{3}\tan^{3}t\right)$ acercándose a su cero de $t\approx1.49917$