Esercizio su Massimo e minimo assoluto

[CallistoBello]

Determinare il massimo ed il minimo assoluti di : $f(x,y)=2x^2-3xy+y^2$
sull'insieme $Q=[-1,1] X [-1,1]$
(mio svolgimento)
1) Punti critici interni:
$ gradf(x,y)=(4x-3y,2y-3x)=0 sse (x,y)=(0,0) $
$f(0,0)=0$

2) Punti critici sulla frontiera :
- [SEGMENTO AB]: $ gamma_1(t): { ( x=-1+2t ),( y=-1+2t ),tin[0,1]:} $
$ f_(gamma_1(t)= 0 $
$f'_(gamma_1(t)=0$
tutti i punti di quel lato del quadrato sono PUNTI CRITICI per f , ed in quei punti la funzione vale 0
[Estremi del segmento]:
$f(-1,-1)=0$
$f(1,-1)=6$

- [SEGMENTO BC]: $ gamma_2(t): { ( x=1 ),( y=-1+2t ),tin[0,1]:} $
$ f_(gamma_2(t)= 4t^2-10t+6 $
$ f'_(gamma_2(t)=2(4t-5)$
$f'_(gamma_2)(t)=0$ sse $t=5/4$
$f_(gamma_2)(5/4)= -1/4=f(1,3/2)$

[estremi del segmento]: $f(1,1)=0$

-[SEGMENTO CD]: $ gamma_3(t): { ( x=1-2t ),( y=1 ),tin[0,1]:} $
$ f_(gamma_3)(t)= 2t(4t-1) $
$ f'_(gamma_3)(t)=16t-2$
$f'_(gamma_3)(t)=0$ sse $t=1/8$
$f_(gamma_3)(1/8)= -1/8=f(3/4,1)$

-[SEGMENTO DA]: $ gamma_4(t): { ( x=-1 ),( y=1-2t ),tin[0,1]:} $

$ f_(gamma_4)(t)= 4t^2-10t+6 $
$ f'_(gamma_4)(t)=8t-10$
$f'_(gamma_4)(t)=0$ sse $t=5/4$
$f_(gamma_4)(5/4)= -1/4=f(-1,-3/2)$


(mio risultato):
$maxf=6=f(-1,1)=f(1,-1)$
$minf=-1/4=f(-1,-3/2)=f(1,3/2)$

(risultato del libro):
$maxf=6=f(-1,1)$
$minf=-1/8=f(3/4,1)$

Domanda: dov'è che ho sbagliato?

[moccidentale]

.

[CallistoBello]

"sellacollesella":Nella prima parametrizzazione occhio ad y

chiaro, devo avere: $y=-1$

"sellacollesella":nella seconda e quarta parametrizzazione 5/4>1

Ok, quindi vado a finire "FUORI" dall'insieme Q.
Questo significa che: sia il Punto $(1,3/2)$ sia il Punto $(-1,-3/2)$ non bisogna considerarli .

Non c'ho dato particolare peso perché pensavo che:
<< nel momento in cui scrivo l'espressione della restrizione di f alla Curva ,
i punti critici per quella restrizione, sono automaticamente tutti "SUL BORDO" dell'insieme Q considerato >>
Da quel che vedo, invece si ha che:
" porre la derivata prima della restrizione UGUALE 0" , non mi garantisce che:
"se ci sono punti critici, questi sono tutti su quella curva"

"sellacollesella":Se potesse fare comodo, secondo me è più facile parametrizzare così:
(x,y)=(t,±1),(x,y)=(±1,t),cont∈(−1,1)

In questo modo , parametrizzi automaticamente ed in contemporanea:
- i due segmenti orizzontali
ed
- i due segmenti verticali

Ragionando con questa parametrizzazione "sintetica", poi
devo comunque individuare i punti critici per la $f(t,±1)$ e per la $f(±1,t)$
ed a quel punto valutare la f(x,y) nei punti critici trovati.

"sellacollesella":Poi, alla fine, valuterei f nei vertici del quadrato e decreterei min e max assoluti per confronto.

Si , ha senso, così evito per ogni segmento di dovermi chiedermi "quanto vale f negli estremi"

[moccidentale]

.

[CallistoBello]

"sellacollesella":individuo tutti i vertici di Q che per definizione sono critici per f;

Perché sono sempre critici?
Perché riusciamo sempre a trovare quel piano verticale che è tangente al piano x-y (ed in particolare al bordo dell'insieme Q) in quei punti?

"sellacollesella":Circa il secondo passo, qualora il bordo sia esprimibile come g(x,y)=0 valuto se vale la pena applicare Lagrange, altrimenti procedo parametrizzandolo oppure valutando alcune scorciatoie come visto giorni fa.

In quali situazioni ha senso "usare i moltiplicatori" ed in quali "parametrizzare la curva"?

Ad esempio:
in un altro esercizio, in cui parte del bordo è il primo quarto della circonferenza $x^2+y^2=1$,
ho provato a parametrizzare la curva e ragionare come solito:
$gamma(t):{x=cost,y=sint}, t in [0,pi/2]$

Qui la derivata della restrizione aveva un espressione con somme di seni e coseni.
$f'(t)= -sint +cost-sin^2t+cos^2t$

Mi chiedo : siccome studiare i punti tali per cui : $f'(t)=0$ in questo caso risulta difficoltoso,
avrebbe senso utilizzare i moltiplicatori?
In altre parole: individuare tutti i punti critici di f vincolati alla linea di livello: $x^2+y^2=1$
e poi "scartare" quelli che non appartengono all'arco di circonferenza nel I quadrante
(ergo: quelli che non rispetto le condizioni :$0

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[moccidentale]

.

[pilloeffe]

Ciao CallistoBello,

Tornando alla funzione $f(x, y) = 2x^2-3xy+y^2 = (x - y)(2x - y) $ di cui all'OP, per semplificare un po' le cose si può anche osservare che $f(- x, - y) = f(x, y) $, quindi in realtà delle $4$ parametrizzazioni che ti ha già mostrato sellacollesella si possono considerare solo le due che si hanno per $y = 1 $ (lato superiore del quadrato) e per $x = 1 $ (lato destro del quadrato): gli altri due punti si ottengono per simmetria rispetto all'origine $O(0,0) $.