משתמש:איתמר שטיין

• הסבר על חישוב הופכי ב $\mathbb{Z}_p$

$f(x,y)=x^3y^2(1-x-y)=x^3y^2-x^4y^2-x^3y^3$

הגרדיאנט הוא:

$\nabla f = (3x^2y^2-4x^3y^2-3x^2y^3,2x^3y-2x^4y-3x^3y^2)$

אם נשווה אותו ל $(0,0)$ ונקבל:

$3x^2y^2-4x^3y^2-3x^2y^3 = 0$

$2x^3y-2x^4y-3x^3y^2=0$

נקבל שאם $x=0$ או $y=0$ שתי המשוואות מתקיימות.

אם $x\neq 0 ,\quad y\neq 0$, נקבל שהמשוואות הן:

$3-4x-3y=0$

$2-2x-3y=0$

הפתרון של המערכת הזאת הוא:

$(\frac{1}{2},\frac{1}{3})$

ולכן כלל הנקודות הקריטיות הן:

$\{(x,y)\mid x=0\}\cup \{(x,y)\mid y=0\} \cup \{(\frac{1}{2},\frac{1}{3})\}$

עכשיו צריך לסווג

מטריצת ההסיאן היא: $\begin{bmatrix} 6xy^2-12x^2y^2-6xy^3 & 6x^2y-8x^3y-9x^2y^2 \\ 6x^2y-8x^3y-9x^2y^2 & 2x^3-2x^4-6x^3y \end{bmatrix}$

כמובן שהצבה של $x=0$ או $y=0$ לא תקדם אותנו יותר מדי.

אם נציב $(\frac{1}{2},\frac{1}{3})$ נקבל (אם אין לי טעות חישוב): $\begin{bmatrix} \frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{9} & \frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4} \\ \frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4} & \frac{1}{4}-\frac{1}{8}-\frac{1}{4} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{9} & -\frac{1}{12} \\ -\frac{1}{12} & -\frac{1}{8} \end{bmatrix}$

המינור הראשון שלילי והמינור השני חיובי, לכן זו מטריצה שלילית (לחלוטין) ולכן זו נקודת מקסימום.

עכשיו צריך למיין ידנית את שאר הנקודות.

נתחיל בנקודות שעל ציר $y$.

נביט על נקודה כלשהיא $(0,y_0)$.

אם נתקדם לאורך הישר $y=-x+y_0$ (שעובר כמובן ב $(0,y_0)$).

אז

$f(x,-x+y_0)=x^3(-x+y_0)^2(1-y_0)$

אם $y_0>1$ אז הפונקציה שלנו שלילית כש $x>0$ וחיובית כש $x<0$

אם $y_0<1$ אז הפונקציה שלנו חיובית כש $x>0$ ושלילית כש $x<0$

בכל מקרה היא לא תהיה נקודת קיצון.

נותר לבדוק את הנקודה $(0,1)$.

אם נתקדם לאורך הישר $y=1$ נקבל ש

$f(x,1)=-x^4$ ולכן $x=0$ היא מקסימום לאורך הקו הזה.

אבל אם נתקדם לאורך הישר $y=-2x+1$ נקבל ש

$f(x,-2x+1)=x^3(-2x+1)^2(x)=x^4(-2x+1)^2$ נקבל ש $x=0$ היא נקודת מינימום לאורך הקו הזה.

לכן $(0,1)$ היא גם נקודת אוכף.

סיכום ביניים: כל ציר $y$ הוא נקודות אוכף.

כעת נעבור לציר $x$.