[Correzione]Massimi e minimi relativi ed assoluti (due variabili)
Salve ragazzi,
Vorrei proporvi il seguente esercizio (con il relativo svolgimento da me compiuto):
Classificare gli eventuali punti stazionari della funzione
$ f(x,y)= x^3 y - x^2 y^2 $
nel suo insieme di definizione e determinare gli estremi assoluti nell'insieme:
\(\displaystyle D= \left \{ \left. (x,y) \epsilon R^2 : 0 \leqslant x \leqslant 2 , 0 \leqslant y \leqslant 2 \right \} \right. \)
Iniziamo con le derivate parziali prime:
$ f'_{x}= 3 x^2 y -2xy^2 $
$ f'_{y}= x^3-2x^2y $
Allora il sistema sarà:
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
xy(3x-2y)=0
\\ x^2(x-2y)=0
\end{matrix}\right. \)
Ottengo i seguenti punti stazionari:
$ P_{1}= (0,0) ; P_{2}= (0,y_{0}) $ dove \(\displaystyle y_{0} \epsilon R \)
Ora le derivate parziali seconde e la mista per l'hessiano:
$ f''_{x x}=6xy-2y^2 $
$ f''_{yy}=-2x^2 $
$ f''_{xy}=6x-4y $
Per $ P_{1} $ avrò $ Hf(0,0)=0 $
Per $ P_{2} $ avrò $ Hf(0,y_{0})=-16y^2 $. Dunque: \(\displaystyle \forall y_{0} \epsilon R , Hf(0,y_{0})<0 \Rightarrow P_{2} \) è un punto di sella.
Applico il metodo del segno per $ P_{1} $: $ \Delta f(x,y)=x^3y-x^2y^2>0 $
$ x^2y(x-y)>0 \Leftrightarrow x>y $ e $ y>0 $
Dunque anche $ P_{1} $ è punto di sella.
Passiamo ai massimi e minimi assoluti. Il grafico del dominio è un quadrato.
$ f(x,0)=0 $ dove \(\displaystyle x \epsilon [0,2] \)
$ f(0,y)=0 $ dove \(\displaystyle y \epsilon [0,2] \)
$ f(x,2)= 2x^3-4x^2 $ ; $ f'=x (6x-8) \geq 0 $ $ \Rightarrow $ $ P_{3}= (0,2) $ è minimo assoluto per la funzione di partenza
$ f(2,y)= 8y-4y^2 $ ; $ f'=1-y \geq 0 $ $ \Rightarrow $ $ P_{4}=(2,1) $ è massimo assoluto per la funzione di partenza
E' corretto il procedimento? Spero di non aver dimenticato nulla. Grazie in anticipo
Vorrei proporvi il seguente esercizio (con il relativo svolgimento da me compiuto):
Classificare gli eventuali punti stazionari della funzione
$ f(x,y)= x^3 y - x^2 y^2 $
nel suo insieme di definizione e determinare gli estremi assoluti nell'insieme:
\(\displaystyle D= \left \{ \left. (x,y) \epsilon R^2 : 0 \leqslant x \leqslant 2 , 0 \leqslant y \leqslant 2 \right \} \right. \)
Iniziamo con le derivate parziali prime:
$ f'_{x}= 3 x^2 y -2xy^2 $
$ f'_{y}= x^3-2x^2y $
Allora il sistema sarà:
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
xy(3x-2y)=0
\\ x^2(x-2y)=0
\end{matrix}\right. \)
Ottengo i seguenti punti stazionari:
$ P_{1}= (0,0) ; P_{2}= (0,y_{0}) $ dove \(\displaystyle y_{0} \epsilon R \)
Ora le derivate parziali seconde e la mista per l'hessiano:
$ f''_{x x}=6xy-2y^2 $
$ f''_{yy}=-2x^2 $
$ f''_{xy}=6x-4y $
Per $ P_{1} $ avrò $ Hf(0,0)=0 $
Per $ P_{2} $ avrò $ Hf(0,y_{0})=-16y^2 $. Dunque: \(\displaystyle \forall y_{0} \epsilon R , Hf(0,y_{0})<0 \Rightarrow P_{2} \) è un punto di sella.
Applico il metodo del segno per $ P_{1} $: $ \Delta f(x,y)=x^3y-x^2y^2>0 $
$ x^2y(x-y)>0 \Leftrightarrow x>y $ e $ y>0 $
Dunque anche $ P_{1} $ è punto di sella.
Passiamo ai massimi e minimi assoluti. Il grafico del dominio è un quadrato.
$ f(x,0)=0 $ dove \(\displaystyle x \epsilon [0,2] \)
$ f(0,y)=0 $ dove \(\displaystyle y \epsilon [0,2] \)
$ f(x,2)= 2x^3-4x^2 $ ; $ f'=x (6x-8) \geq 0 $ $ \Rightarrow $ $ P_{3}= (0,2) $ è minimo assoluto per la funzione di partenza
$ f(2,y)= 8y-4y^2 $ ; $ f'=1-y \geq 0 $ $ \Rightarrow $ $ P_{4}=(2,1) $ è massimo assoluto per la funzione di partenza
E' corretto il procedimento? Spero di non aver dimenticato nulla. Grazie in anticipo
Risposte
"Nico769":
Salve ragazzi,
Vorrei proporvi il seguente esercizio (con il relativo svolgimento da me compiuto):
Classificare gli eventuali punti stazionari della funzione
$ f(x,y)= x^3 y - x^2 y^2 $
nel suo insieme di definizione e determinare gli estremi assoluti nell'insieme:
\(\displaystyle D= \left \{ \left. (x,y) \epsilon R^2 : 0 \leqslant x \leqslant 2 , 0 \leqslant y \leqslant 2 \right \} \right. \)
Iniziamo con le derivate parziali prime:
$ f'_{x}= 3 x^2 y -2xy^2 $
$ f'_{y}= x^3-2x^2y $
Allora il sistema sarà:
\(\displaystyle \left\{\begin{matrix}
xy(3x-2y)=0
\\ x^2(x-2y)=0
\end{matrix}\right. \)
Ottengo i seguenti punti stazionari:
$ P_{1}= (0,0) ; P_{2}= (0,y_{0}) $ dove \(\displaystyle y_{0} \epsilon R \)
Risolvendo il sistema trovo che l'intero asse y ($x=0$) è costituito da punti stazionari, mi sembra inutile indicare separatamente l'origine visto che appartiene all'asse delle ordinate. Inoltre mi pare che si possa aggiungere anche il punto $P(2/3;1/3)$, isn't it?
Ciao,
Intanto, grazie per la risposta
. Hai perfettamente ragione, ma ho preferito specificarlo in quanto, se non ricordo male, il prof fece lo stesso durante il corso . Invece, il punto da te suggeritomi annulla solo la seconda eq. del sistema ma non la prima, oppure mi sto sbagliando? :S
Intanto, grazie per la risposta
. Hai perfettamente ragione, ma ho preferito specificarlo in quanto, se non ricordo male, il prof fece lo stesso durante il corso . Invece, il punto da te suggeritomi annulla solo la seconda eq. del sistema ma non la prima, oppure mi sto sbagliando? :S
No, hai ragione tu. Ho sbagliato io.
"Nico769":
$ f(x,2)= 2x^3-4x^2 $ ; $ f'=x (6x-8) \geq 0 $ $ \Rightarrow $ $ P_{3}= (0,2) $ è minimo assoluto per la funzione di partenza
Non mi convince $P_3(0,2)$, dici che è un minimo assoluto nel quadrato, ma
$f(0;2)=0$
mentre se scelgo un punto sul lato del quadrato, ad esempio $P_4(1;2)$
$f(1;2)=2-4=-2$
che è più piccolo
sbaglio ancora?
"gio73":
No, hai ragione tu. Ho sbagliato io.
Nessun problema
"gio73":
Non mi convince $ P_3(0,2) $, dici che è un minimo assoluto nel quadrato, ma
$ f(0;2)=0 $
mentre se scelgo un punto sul lato del quadrato, ad esempio $ P_4(1;2) $
$ f(1;2)=2-4=-2 $
che è più piccolo
sbaglio ancora?
Mhh capisco.. Dunque, non basta studiare la derivata prima nei 4 "punti" da me citati... Allora ti chiedo, c'è qualcosa che mi sono perso? Come faccio a "sapere" di dover prendere un punto della restrizione da confrontare con quelli "delle derivate prime"? Chiedo scusa per le domande confusionarie, ma spero che la mia richiesta si sia capita
Allora...
dobbiamo andare a cercare massimi e minimi della nostra funzione, che è continua, nel quadrato di vertici $O(0;0) A(0;2) B(2;2) C(2;0)$;
come prima cosa controlliamo se ci sono punti stazionari. Non ce ne sono, e passiamo a studiare la frontiera, non dimentichiamoci però dello studio del segno che abbiamo fatto prima: la funzione si annulla lungo gli assi e lungo la bisettrice di I e III quadrante, mezzo quadrato è positivo l'altro negativo: sicché ci aspettiamo il minimo lungo il lato $BA$ e il massimo lungo il lato $BC$. Controlliamo quelli
$BA$ cioè $y=2$
$f(x;2)=2x^3-4x^2=2x^2(x-2)$
vediamo come si comporta questa funzione facendo la derivata prima
$f'(x)=6x^2-8x=2x(3x-4)$
questa derivata è positiva (funzione crescente) per $x>4/3$ e $x<0$, si annulla in $x=0$ e $x=4/3$, negativa (decrescente) altrove. Concludo che $P_5(4/3;2)$, che sta dentro (appartiene) al lato del mio quadrato è un minimo.
Visto che faccio parecchi errori di calcolo vado a controllare
$f(4/3;2)= 64/27*2-16/9*4=128/27-64/9=-64/27$
risultato che mi conforta
dobbiamo andare a cercare massimi e minimi della nostra funzione, che è continua, nel quadrato di vertici $O(0;0) A(0;2) B(2;2) C(2;0)$;
come prima cosa controlliamo se ci sono punti stazionari. Non ce ne sono, e passiamo a studiare la frontiera, non dimentichiamoci però dello studio del segno che abbiamo fatto prima: la funzione si annulla lungo gli assi e lungo la bisettrice di I e III quadrante, mezzo quadrato è positivo l'altro negativo: sicché ci aspettiamo il minimo lungo il lato $BA$ e il massimo lungo il lato $BC$. Controlliamo quelli
$BA$ cioè $y=2$
$f(x;2)=2x^3-4x^2=2x^2(x-2)$
vediamo come si comporta questa funzione facendo la derivata prima
$f'(x)=6x^2-8x=2x(3x-4)$
questa derivata è positiva (funzione crescente) per $x>4/3$ e $x<0$, si annulla in $x=0$ e $x=4/3$, negativa (decrescente) altrove. Concludo che $P_5(4/3;2)$, che sta dentro (appartiene) al lato del mio quadrato è un minimo.
Visto che faccio parecchi errori di calcolo vado a controllare
$f(4/3;2)= 64/27*2-16/9*4=128/27-64/9=-64/27$
risultato che mi conforta
Chiarissimo, hai centrato in pieno ciò che volevo. Ti ringrazio infinitamente per il tuo tempo
Pas de quoi
[ot]cosa studi? Ingegneria?[/ot]
[ot]cosa studi? Ingegneria?[/ot]
"gio73":
Pas de quoi
[ot]cosa studi? Ingegneria?[/ot]
Si, Ingegneria informatica alla Federico II (Napoli).
salve....
ma la derivata mista
non dovrebbe fare$ f''_{xy}=f''_{yx}=3x^2-4xy$?
ma la derivata mista
non dovrebbe fare$ f''_{xy}=f''_{yx}=3x^2-4xy$?
Yes
you're right
you're right
qualcuno mi saprebbe dire come costruire la funzione lagrangiana con quell'insieme e quella f(x,y)?
riscrivo il testo $f(x,y)= x^3 y - x^2 y^2$
nell'insieme
$ 0<=x<=2, 0<=y<=0 $
grazie
riscrivo il testo $f(x,y)= x^3 y - x^2 y^2$
nell'insieme
$ 0<=x<=2, 0<=y<=0 $
grazie
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