Domanda su estremi vincolati
salve a tutti, qui ho un esercizio su estremi vincolati: mi viene data la funzione
$ f(x,y)=(2x-3y)^2 $
e mi chiedono di cercare i punti stazionari vincolati di f sull’insieme:
$ D={(x,y)in R^2 : 2x^2+3y^2=5} $
i punti richiesti risultano essere p1(1,-1), p2(-1,1), p3( $ 3/(2sqrt(6) $ , $ 1/(sqrt(6) $ ), p4( $ -3/(2sqrt(6) $ , $ -1/(sqrt(6) $ ), di cui p1 e p2 sono punti di minimo di f in D, mentre p3 e p4 sono punti di massimo....
Vorrei dedurre gli estremi vincolati di g su d dove:
$ g(x,y)=e^-((2x-3y)^2) $
quello che farei io è elevare ad esponenziale ogni singolo punto già trovato, del tipo:
$ p1'(e^-1,e), p2'(e,e^-1) $ etc...
pensate che sia corretto?
grazie mille!!
$ f(x,y)=(2x-3y)^2 $
e mi chiedono di cercare i punti stazionari vincolati di f sull’insieme:
$ D={(x,y)in R^2 : 2x^2+3y^2=5} $
i punti richiesti risultano essere p1(1,-1), p2(-1,1), p3( $ 3/(2sqrt(6) $ , $ 1/(sqrt(6) $ ), p4( $ -3/(2sqrt(6) $ , $ -1/(sqrt(6) $ ), di cui p1 e p2 sono punti di minimo di f in D, mentre p3 e p4 sono punti di massimo....
Vorrei dedurre gli estremi vincolati di g su d dove:
$ g(x,y)=e^-((2x-3y)^2) $
quello che farei io è elevare ad esponenziale ogni singolo punto già trovato, del tipo:
$ p1'(e^-1,e), p2'(e,e^-1) $ etc...
pensate che sia corretto?
grazie mille!!
Risposte
Fossi in te, prima di pensare a $g$ darei una riguardata ad $f$, visto che i suoi punti stazionari non sono esattamente quelli 
Utilizziamo i moltiplicatori di Lagrange:
\[ \ell(x,y,\lambda) = (2x - 3y)^2 - \lambda(2x^2 + 3y^2 - 5) \]
Troviamone i punti stazionari:
\[ \begin{cases}
\frac {\partial \ell}{\partial x} = 4(2x - 3y) - \lambda (4 x)\\
\frac{\partial \ell}{\partial y} = -6(2x - 3y) - \lambda (6 y)\\
\frac{\partial \ell}{\partial \lambda} = - (2x^2 + 3y^2 - 5)\\
\end{cases} \]
Ora notiamo che se $ \lambda = 0$, il sistema si riduce a
\[ \begin{cases}
y = \frac {2}{3} x \\
2x^2 + 3y^2 = 5 \end{cases} \]
Da cui
\[ \begin{cases}
x = \sqrt{\frac {3}{2}} \implies y = \sqrt{\frac {2}{3}} \\
oppure\\
x= - \sqrt {\frac{3}{2}} \implies y = - \sqrt{\frac{2}{3}} \end{cases} \]
Se $ \lambda \ne 0$, il sistema a
\[ \begin{cases}
y = - x\\
2x^2 + 3y^2 = 5 \end{cases} \]
Le cui soluzioni sono
\[\begin{cases}
x = 1 \implies y = -1\\
oppure\\
x = - 1 \implies y = 1 \end{cases} \]
Quindi i punti stazionari di cui dobbiamo verificare la natura nella funzione $f$ sono:
\[ P_1 \left (\sqrt{\frac {3}{2}}; \sqrt{\frac {2}{3}} \right ), \ P_2 \left (-\sqrt{\frac {3}{2}};- \sqrt{\frac {2}{3}} \right ), \ P_3 (1; -1), \ P_4 (-1; 1) \]
Quindi due punti erano sbagliati. Capita
Per quanto riguarda $g$, in che senso vorresti elevare i punti all'esponenziale?
I punti stazionari di $g$ coincidono con quelli di $f$. Infatti, la funzione $ g(x,y) = e^{- f(x,y)}$ ha questa proprietà:
\[ \nabla g = \nabla f \cdot e^{- f(x,y)} \]
Dal momento che $ e^{- f(x,y)} \ne 0$, i punti stazionari di $g$ risultano essere gli stessi di $f$. E questo vale su qualsiasi restrizione. Puoi verificarlo con la lagrangiana:
\[ \ell (x, y, \lambda) = e^{ - (2x - 3y)^2} - \lambda( 2x^2 + 3y^2 - 5) \]
Il suo gradiente è
\[ \begin{cases}
\frac {\partial \ell}{\partial x} = 4(2x - 3y)(e^{-(2x - 3y)^2}) - \lambda (4 x)\\
\frac{\partial \ell}{\partial y} = -6(2x - 3y)(e^{-(2x - 3y)^2}) - \lambda (6 y)\\
\frac{\partial \ell}{\partial \lambda} = - (2x^2 + 3y^2 - 5)\\
\end{cases} \]
E si annulla (lascio a te la verifica) per gli stessi valori $ x, y$ del gradiente della lagrangiana di $f$
Utilizziamo i moltiplicatori di Lagrange:
\[ \ell(x,y,\lambda) = (2x - 3y)^2 - \lambda(2x^2 + 3y^2 - 5) \]
Troviamone i punti stazionari:
\[ \begin{cases}
\frac {\partial \ell}{\partial x} = 4(2x - 3y) - \lambda (4 x)\\
\frac{\partial \ell}{\partial y} = -6(2x - 3y) - \lambda (6 y)\\
\frac{\partial \ell}{\partial \lambda} = - (2x^2 + 3y^2 - 5)\\
\end{cases} \]
Ora notiamo che se $ \lambda = 0$, il sistema si riduce a
\[ \begin{cases}
y = \frac {2}{3} x \\
2x^2 + 3y^2 = 5 \end{cases} \]
Da cui
\[ \begin{cases}
x = \sqrt{\frac {3}{2}} \implies y = \sqrt{\frac {2}{3}} \\
oppure\\
x= - \sqrt {\frac{3}{2}} \implies y = - \sqrt{\frac{2}{3}} \end{cases} \]
Se $ \lambda \ne 0$, il sistema a
\[ \begin{cases}
y = - x\\
2x^2 + 3y^2 = 5 \end{cases} \]
Le cui soluzioni sono
\[\begin{cases}
x = 1 \implies y = -1\\
oppure\\
x = - 1 \implies y = 1 \end{cases} \]
Quindi i punti stazionari di cui dobbiamo verificare la natura nella funzione $f$ sono:
\[ P_1 \left (\sqrt{\frac {3}{2}}; \sqrt{\frac {2}{3}} \right ), \ P_2 \left (-\sqrt{\frac {3}{2}};- \sqrt{\frac {2}{3}} \right ), \ P_3 (1; -1), \ P_4 (-1; 1) \]
Quindi due punti erano sbagliati. Capita
Per quanto riguarda $g$, in che senso vorresti elevare i punti all'esponenziale?
I punti stazionari di $g$ coincidono con quelli di $f$. Infatti, la funzione $ g(x,y) = e^{- f(x,y)}$ ha questa proprietà:
\[ \nabla g = \nabla f \cdot e^{- f(x,y)} \]
Dal momento che $ e^{- f(x,y)} \ne 0$, i punti stazionari di $g$ risultano essere gli stessi di $f$. E questo vale su qualsiasi restrizione. Puoi verificarlo con la lagrangiana:
\[ \ell (x, y, \lambda) = e^{ - (2x - 3y)^2} - \lambda( 2x^2 + 3y^2 - 5) \]
Il suo gradiente è
\[ \begin{cases}
\frac {\partial \ell}{\partial x} = 4(2x - 3y)(e^{-(2x - 3y)^2}) - \lambda (4 x)\\
\frac{\partial \ell}{\partial y} = -6(2x - 3y)(e^{-(2x - 3y)^2}) - \lambda (6 y)\\
\frac{\partial \ell}{\partial \lambda} = - (2x^2 + 3y^2 - 5)\\
\end{cases} \]
E si annulla (lascio a te la verifica) per gli stessi valori $ x, y$ del gradiente della lagrangiana di $f$
grazie mille, era proprio quello che volevo sapere!!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo