minimalna wartość

[maxkor]

Niech \(x,y\in\left[0,\frac\pi{2}\right)\) takie że \(\tg x+\tg y=\sqrt2\). Wyznacz minimalną wartość \(\cos x+\cos y.\)

[janusz55]

Proponuję metodę mnożników Lagrange'a na odcinku \( \left[ 0 , \frac{\pi}{2}\right).\)

Funkcja Lagrange'a:

\( \mathcal{L}(x,y ,\lambda) = \cos(x) + \cos(y) +\lambda\cdot ( \tg(x) +tg(y)-\sqrt{2}) \)

Warunki konieczne istnienia punktów podejrzanych jako krytyczne:

\( \begin{cases} \mathcal{L'}_{|x}(x,y ,\lambda)= -\sin(x) +\lambda\cdot \frac{1}{\cos^2(x)} = 0, \\ \mathcal{L'}_{|y}(x,y) ,\lambda)= -\sin(y) +\lambda\cdot \frac{1}{\cos^2(y)} = 0 \\ \mathcal{L'}_{|\lambda}(x,y ,\lambda) = \tg(x) + \tg(y) -\sqrt{2} = 0 \end{cases}\)

Proszę rozwiązać ten układ równań i znaleźć macierz drugiej różniczki \( D^2\mathcal{L}(\textbf p), \) sprawdzając że jest ona dodatnio określona w punkcie \( \textbf p.\)
A więc w tym punkcie występuje minimum funkcji \( f(x,y) = \cos(x) + cos(y) \) przy ograniczeniu \( \tg(x)+\tg(y) = \sqrt{2}.\)

[maxkor]

Proponuję metodę mnożników Lagrange'a na odcinku \( \left[ 0 , \frac{\pi}{2}\right).\)

Funkcja Lagrange'a:

\( \mathcal{L}(x,y ,\lambda) = \cos(x) + \cos(y) +\lambda\cdot ( \tg(x) +tg(y)-\sqrt{2}) \)

Warunki konieczne istnienia punktów podejrzanych jako krytyczne:

\( \begin{cases} \mathcal{L'}_{|x}(x,y ,\lambda)= -\sin(x) +\lambda\cdot \frac{1}{\cos^2(x)} = 0, \\ \mathcal{L'}_{|y}(x,y) ,\lambda)= -\sin(y) +\lambda\cdot \frac{1}{\cos^2(y)} = 0 \\ \mathcal{L'}_{|\lambda}(x,y ,\lambda) = \tg(x) + \tg(y) -\sqrt{2} = 0 \end{cases}\)

Proszę rozwiązać ten układ równań i znaleźć macierz drugiej różniczki \( D^2\mathcal{L}(\textbf p), \) sprawdzając że jest ona dodatnio określona w punkcie \( \textbf p.\)
A więc w tym punkcie występuje minimum funkcji \( f(x,y) = \cos(x) + cos(y) \) przy ograniczeniu \( \tg(x)+\tg(y) = \sqrt{2}.\)

Jak rozwiązać ten układ, bo to jest wg mnie dość kłopotliwe.

[Jerry]

Wg mnie wystarczyłoby zainteresować się funkcją, łatwo stwierdzić, że parzystą:
\[f(t)=\cos\left(\arctg\left({\sqrt2\over2}-t\right)\right)+\cos\left(\arctg\left({\sqrt2\over2}+t\right)\right)\wedge t\in\left[-{\sqrt2\over2};{\sqrt2\over2}\right]\]
Pozdrawiam
PS. Jej wykres

[maxkor]

Wg mnie wystarczyłoby zainteresować się funkcją, łatwo stwierdzić, że parzystą:
\[f(t)=\cos\left(\arctg\left({\sqrt2\over2}-t\right)\right)+\cos\left(\arctg\left({\sqrt2\over2}+t\right)\right)\wedge t\in\left[-{\sqrt2\over2};{\sqrt2\over2}\right]\]
Pozdrawiam
PS. Jej wykres

Ok a jak to wykorzystać?

[maria19]

Sprawdzic w x=0 i na końcu.

[maxkor]

Sprawdzic w x=0 i na końcu.

Czemu akurat w 0? A w innych już nie?

[janusz55]

Należy zbadać określoność macierzy drugiej różniczki dal wartości funkcji \( \left (\cos\left (\arctg(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right)= \ \ ... \)

Dodatkowo należy sprawdzić wartość funkcji \( f(x) \) dla \( x= 0 \). [/tex]

[maxkor]

Należy zbadać określoność macierzy drugiej różniczki dal wartości funkcji \( \left (\cos\left (\arctg(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\right)= \ \ ... \)

Dodatkowo należy sprawdzić wartość funkcji \( f(x) \) dla \( x= 0 \). [/tex]

A skad wogóle bierzemy \( \frac{ \sqrt{2} }{2} \)?

[janusz55]

Z rozwiązania układu równań.

[maxkor]

Z tego układu?
\( \begin{cases} \mathcal{L'}_{|x}(x,y ,\lambda)= -\sin(x) +\lambda\cdot \frac{1}{\cos^2(x)} = 0, \\ \mathcal{L'}_{|y}(x,y) ,\lambda)= -\sin(y) +\lambda\cdot \frac{1}{\cos^2(y)} = 0 \\ \mathcal{L'}_{|\lambda}(x,y ,\lambda) = \tg(x) + \tg(y) -\sqrt{2} = 0 \end{cases}\)
A jak wyliczyć ten punkt z układu?

[janusz55]

Na przykład wyznaczenie sinusów z pierwszego i drugiego równania i podstawienie do równania trzeciego.

[Jerry]

Wg mnie wystarczyłoby zainteresować się funkcją, łatwo stwierdzić, że parzystą:
\[f(t)=\cos\left(\arctg\left({\sqrt2\over2}-t\right)\right)+\cos\left(\arctg\left({\sqrt2\over2}+t\right)\right)\wedge t\in\left[-{\sqrt2\over2};{\sqrt2\over2}\right]\]
Pozdrawiam
PS. Jej wykres

Ok a jak to wykorzystać?

Nawarstwiło się kilka pytań...

• Proponowane podstawienie wynika z
  \(\tg x+\tg y = \left({\sqrt2\over2}-t\right)+\left({\sqrt2\over2}+t\right)\So \begin{cases}x=\arctg\left({\sqrt2\over2}-t\right)\\ y=\arctg\left({\sqrt2\over2}+t\right)\end{cases}\)
  dziedzina - z ograniczeń danych treścią zadania.
• Wykresy funkcji parzystych charakteryzują się symetrią względem osi rzędnych, w szczególności funkcja parzysta, określona w zerze, ma tam ekstremum
• Podany przeze mnie wykres sugeruje malenie funkcji w przedziale \(\left(0;{\sqrt2\over2}\right)\), co za tym idzie rośnięcie w przedziale \(\left(-{\sqrt2\over2};0\right)\). Pozostaje, aby to uzasadnić, zbadać znak pierwszej pochodnej w jednym z tych przedziałów
• Ostatecznym wnioskiem będzie:
  \[\begin{cases}t=0\\f_\max=2\cos\left(\arctg{\sqrt2\over2}\right)=M\end{cases}\vee \begin{cases}t=-{\sqrt2\over2}\vee t={\sqrt2\over2}\\f_\min=\cos\left(\arctg0\right)+\cos\left(\arctg\sqrt2\right)=1+\cos\left(\arctg\sqrt2\right)=m\end{cases}\]

Pozdrawiam
PS. Ale można też pochwalić się znajomościami...

[maxkor]

Dzieki, jak teraz wykazać tę nierówność bo ona decyduje o znaku pochodnej
\(( \sqrt{2} t + 1) (2 t^2 - 2\sqrt{2} t + 3)^{3/2} + (\sqrt{2}t - 1) (2 t^2 + 2 \sqrt{2} t + 3)^{3/2}>0\)

[Jerry]

Znalazłem chwilę dla ołówka i kartki...

... jak teraz wykazać tę nierówność...

Analizą redukcyjną (starożytnych) i ... cierpliwością

Hipoteza: Dla \(t\in\left(0;{\sqrt2\over2}\right)\) mamy \(f'(t)<0\)
Nierówność ta jest równoważna kolejno:
\[\frac{{\sqrt2\over2}-t}{\sqrt{\left({\sqrt2\over2}-t\right)^2+1}^3}-\frac{{\sqrt2\over2}+t}{\sqrt{\left({\sqrt2\over2}+t\right)^2+1}^3}<0\\
\frac{{\sqrt2\over2}-t}{\sqrt{\left({\sqrt2\over2}-t\right)^2+1}^3}<\frac{{\sqrt2\over2}+t}{\sqrt{\left({\sqrt2\over2}+t\right)^2+1}^3}\qquad |^2\quad\text{(wobec nieujemności stron)}
\\
\frac{\left({\sqrt2\over2}-t\right)^2}{\left[\left({\sqrt2\over2}-t\right)^2+1\right]^3}<\frac{\left({\sqrt2\over2}+t\right)^2}{\left[\left({\sqrt2\over2}+t\right)^2+1\right]^3}\\ \ldots\\
(1-\sqrt{2}t)^2 (2 t^2 + 2 \sqrt{2} t + 3)^3<(\sqrt{2} t + 1)^2 (2 t^2 - 2\sqrt{2} t + 3)^3 \\ \ldots\\
64\sqrt2t^7+64\sqrt2t^55-112\sqrt2t^3<0\qquad|:64\sqrt2t^3\quad\text{(wobec dodatniości }t)\\
t^4+t^2-{7\over4}<0\\
\left(t^2+{1\over2}\right)^2<2\]
Co jest prawdą, bo dla \(t\in\left(0;{\sqrt2\over2}\right)\) mamy:
\[0<t<{\sqrt2\over2}\qquad|^2\\ 0<t^2<{1\over2}\qquad|+{1\over2}\\{1\over2}<t^2+{1\over2}<1\qquad|^2\\ {1\over4}<\left(t^2+{1\over2}\right)^2<1\]
zatem i hipoteza jest prawdziwa!

Uwaga: Nie jest problemem rozszerzenie i dowód hipotezy dla pozostałych \(t>0\) - pierwszy składnik lewej strony pierwszej nierówności jest wtedy niedodatni...

Pozdrawiam
PS. Rachunki do sprawdzenia