Esercizio sui moltiplicatori di Lagrange
Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto della funzione :
$f(x,y)=e^(-x^2-y^2)$
soggetta al vincolo: $(x-1)^2+4y^2=4$
Personalmente ho applicato il metodo della lagrangiana e cioè ho fatto:
$L(x,y,lambda)=e^(-x^2-y^2)-lambda[(x-1)^2+4y^2-4 ]$
e risolvendo il sistema: ho i "candidati ad essere punti critici vincolati" per la f
$ { ( (partial L)/(partial x) = -2xe^(-x^2-y^2) -2lambda(x-1)=0),((partialL)/(partialy)= -2ye^(-x^2-y^2) -8lambday=0),( (x-1)^2+4y^2=4 ):} $
Nello specifico: dividendo la prima con la seconda equazione e sostituendo nell'equazione del vincolo, ottengo il punto: $(-1/3,+-sqrt(5)/3)$ che si dimostrano essere due punti di massimo assoluto vincolato.
Problema: il testo mi suggerisce altri due punti critici ovvero: $(-1,0)$ e $(3,0)$
Come trovo questi altri due punti critici?
$f(x,y)=e^(-x^2-y^2)$
soggetta al vincolo: $(x-1)^2+4y^2=4$
Personalmente ho applicato il metodo della lagrangiana e cioè ho fatto:
$L(x,y,lambda)=e^(-x^2-y^2)-lambda[(x-1)^2+4y^2-4 ]$
e risolvendo il sistema: ho i "candidati ad essere punti critici vincolati" per la f
$ { ( (partial L)/(partial x) = -2xe^(-x^2-y^2) -2lambda(x-1)=0),((partialL)/(partialy)= -2ye^(-x^2-y^2) -8lambday=0),( (x-1)^2+4y^2=4 ):} $
Nello specifico: dividendo la prima con la seconda equazione e sostituendo nell'equazione del vincolo, ottengo il punto: $(-1/3,+-sqrt(5)/3)$ che si dimostrano essere due punti di massimo assoluto vincolato.
Problema: il testo mi suggerisce altri due punti critici ovvero: $(-1,0)$ e $(3,0)$
Come trovo questi altri due punti critici?
Risposte
.
"sellacollesella":
Se raccogli y nella seconda equazione ti accorgi subito che è verificata per y=0, quindi...
$ { ( -2xe^(-x^2-y^2)-2lambda(x-1)=0 ),(-2ye^(-x^2-y^2)-8lambday=0 ),( (x-1)^2+4y^2=4 ):} $
[Eq.2] $-2y(e^(-x^2-y^2) +4lambda)=0$ quando $y=0$ oppure $lambda=-e^(-x^2-y^2)/4$
da cui si ha:
$ { ( -2xe^(-x^2)-2lambda(x-1)=0 ),( y=0 ),((x-1)^2 -4=0):} $
Dalla terza Equazione si ha: $x_1=-1$ ed $x_2=3$
Quindi i due punti: P3=(-1,0) e P4=(3,0)
Risultato: ho quattro punti critici , che soddisfano l'equazione del vincolo , e che sono candidati ad essere punti di massimo e di minimo vincolati.
Ora, calcolo: $f(-1,0)=1/e$ , $f(3,0)=e^-9$, $f(-1/3,+-sqrt5/3)=e^-(2/3)$
A questo punto, poiché il vincolo è un ellisse (un insieme chiuso e limitato) e la funzione f è continua
,per il Teorema di Weierstrass posso affermare che:
<< f sicuramente ammette un massimo assoluto
e
sicuramente ammette un minimo assoluto , su quel vincolo>>
Tra questi valori , il più piccolo è $e^-9$ ed il più grande è $e^-(2/3)$
quindi : $(3,0)$ è il punto di minimo mentre invece $(-1/3,+-sqrt5/3)$ sono dei punti di massimo assoluto
Non mi è chiaro invece come trovare: "la terna , equivalente di queste coppie, come punto critico libero"
e cioè : quel Punto di R3 che ha come terza coordinata un moltiplicatore di lagrange
.
"sellacollesella":
ma ciò che chiedi alla fine è una cosa che avresti dovuto calcolare ben prima di trovare i punti P1, P2, P3 e P4. Spero tu abbia capito che intendo dire
Si , ha più senso includere questo step nella Risoluzione del Sistema , piuttosto che affrontarlo a parte.
Infatti,
ri-calcolando il Sistema da zero , ho trovato gli stessi valori di $lambda$ , per ogni punto critico .
E cioè ho ottenuto dei moltiplicatori tali che: mi permettono di vedere quei quattro punti
non più come "punti critici vincolati" ma come "punti critici liberi"
Piccola aggiunta (non so se sia lecito farlo nello stesso topic):
in un esercizio analogo , ma con funzione $f(x,y)=x^3-y^3$ e vincolo $x^4+y^4=1$
Ho che i punti critici vincolati:
$(+-1,0)$, $(0,+-1)$, $+-(1/2^(1/4),-1/2^(1/4))$
Ora nel testo si assume come risultato:
$(0,1)$,$(-1,0)$ come punti di minimo assoluto perché in questi punti $f$ vale $-1$
$(0,-1)$,$(1,0)$ come punti di massimo assoluto perché in questi punti $f$ vale $1$
Tuttavia, $f(1/2^(1/4),-1/2^(1/4))=1.18 $; $f((-1/2^(1/4),1/2^(1/4))=-1.18$
questo mi porterebbe a dire che :
$(1/2^(1/4),-1/2^(1/4))$ è il massimo assoluto
$(-1/2^(1/4),1/2^(1/4))$ è il minimo assoluto
Sono in errore?
Ciao CallistoBello,
Non so se sei obbligato dall'esercizio ad usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, ma se così non è avrei osservato che la funzione proposta è una gaussiana bidimensionale, pari, sempre positiva avente massimo pari a $1$ nel punto $O(0,0) $ e dominio naturale $D = \RR^2 $:
$z = f(x, y) = e^{- x^2 - y^2} = e^{- (x^2 + y^2)} = 1/e^{x^2 + y^2} $
Dato che dal vincolo si ha subito $y^2 = 1 - (x - 1)^2/4 $, considerando solo l'esponente (tenendo conto della monotonia della funzione esponenziale) si ottiene la funzione nella sola variabile $x$ seguente:
$ g(x) = x^2 + 1 - (x - 1)^2/4 = 1/12 (3x + 1)^2 + 2/3 $
Quest'ultima è una parabola con la concavità verso l'alto e avente il vertice (il minimo) in $x = - 1/3 $, sicché poi si ottiene subito $y_{3,2} = \pm \sqrt{1 - (- 1/3 - 1)^2/4} = \pm \sqrt5/3 $ da cui i due punti di massimo che hai trovato anche tu, $P_2(- 1/3, - \sqrt5/3) $ e $P_3(- 1/3, \sqrt5/3) $ (usando le stesse notazioni di sellacollesella), da cui $z_{2,3} = f(P_{2,3}) = 1/e^{2/3} $
Gli altri due punti possono essere ottenuti osservando che il vincolo è un'ellisse centrata in $C(1, 0) $:
$(x - 1)^2 + 4y^2 = 4 \iff (x - 1)^2/2^2 + y^2/1^2 = 1 $
Se $y = 0 $ (equazione dell'asse $x$), per soddisfare il vincolo necessariamente $(x - 1)^2 = 2^2 \implies x_1 = - 1 $ e $x_4 = 3 $ da cui i due punti di minimo $P_1(- 1, 0) $ e $P_4(3, 0) $ e quindi $z_1 = f(P_1) = 1/e $ e $ z_4 = f(P_4) = 1/e^9 $
Altri due punti semplici da determinare sono quelli che si ottengono per $x = 0$ (equazione dell'asse $y$); per tale valore di $x$ per soddisfare il vincolo necessariamente $y^2 = 3/4 \implies y_{5,6} = \pm \sqrt3/2 $ da cui i due punti $P_5(0, \sqrt3/2) $ e $P_6(0, - \sqrt3/2) $ e quindi $z_{5,6} = f(P_{5,6}) = 1/e^{3/4} > 1/e > 1/e^9$ (dunque questi ultimi due punti non sono di minimo e neanche di massimo).
"CallistoBello":
Personalmente ho applicato il metodo della lagrangiana [...]
Non so se sei obbligato dall'esercizio ad usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, ma se così non è avrei osservato che la funzione proposta è una gaussiana bidimensionale, pari, sempre positiva avente massimo pari a $1$ nel punto $O(0,0) $ e dominio naturale $D = \RR^2 $:
$z = f(x, y) = e^{- x^2 - y^2} = e^{- (x^2 + y^2)} = 1/e^{x^2 + y^2} $
Dato che dal vincolo si ha subito $y^2 = 1 - (x - 1)^2/4 $, considerando solo l'esponente (tenendo conto della monotonia della funzione esponenziale) si ottiene la funzione nella sola variabile $x$ seguente:
$ g(x) = x^2 + 1 - (x - 1)^2/4 = 1/12 (3x + 1)^2 + 2/3 $
Quest'ultima è una parabola con la concavità verso l'alto e avente il vertice (il minimo) in $x = - 1/3 $, sicché poi si ottiene subito $y_{3,2} = \pm \sqrt{1 - (- 1/3 - 1)^2/4} = \pm \sqrt5/3 $ da cui i due punti di massimo che hai trovato anche tu, $P_2(- 1/3, - \sqrt5/3) $ e $P_3(- 1/3, \sqrt5/3) $ (usando le stesse notazioni di sellacollesella), da cui $z_{2,3} = f(P_{2,3}) = 1/e^{2/3} $
Gli altri due punti possono essere ottenuti osservando che il vincolo è un'ellisse centrata in $C(1, 0) $:
$(x - 1)^2 + 4y^2 = 4 \iff (x - 1)^2/2^2 + y^2/1^2 = 1 $
Se $y = 0 $ (equazione dell'asse $x$), per soddisfare il vincolo necessariamente $(x - 1)^2 = 2^2 \implies x_1 = - 1 $ e $x_4 = 3 $ da cui i due punti di minimo $P_1(- 1, 0) $ e $P_4(3, 0) $ e quindi $z_1 = f(P_1) = 1/e $ e $ z_4 = f(P_4) = 1/e^9 $
Altri due punti semplici da determinare sono quelli che si ottengono per $x = 0$ (equazione dell'asse $y$); per tale valore di $x$ per soddisfare il vincolo necessariamente $y^2 = 3/4 \implies y_{5,6} = \pm \sqrt3/2 $ da cui i due punti $P_5(0, \sqrt3/2) $ e $P_6(0, - \sqrt3/2) $ e quindi $z_{5,6} = f(P_{5,6}) = 1/e^{3/4} > 1/e > 1/e^9$ (dunque questi ultimi due punti non sono di minimo e neanche di massimo).
.
Tipica situazione in cui i moltiplicatori di Lagrange non servono a nulla, perché basta capire la geometria del problema.
La funzione $f(x,y)$ dipende unicamente dalla distanza $r(x,y) = sqrt(x^2 + y^2)$ del punto $(x,y)$ da $O=(0,0)$, poiché si può scrivere:
$f(x,y) = e^(- r^2(x,y)) = phi (r(x,y))$
con $phi(r) = e^(-r^2)$ positiva, continua e decrescente in $[0,+oo[$.
Ne viene che $f$ ha minimo [risp. massimo] assoluto nei punti del vincolo più distanti [risp. meno distanti] da $0$.
Visto che il vincolo, chiamiamolo $E$, è un'ellisse di centro $(1,0)$ e semiassi $a=2$ e $b=1$, graficamente:
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=-3; ymax=3;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="red";
ellipse([1,0],2,1);[/asvg]
si vede che $(3,0)$ è il punto del vincolo in cui la distanza dall'origine è massima, sicché $min_E f = f(3,0) = e^(-9)$.
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=-3; ymax=3;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="red";
ellipse([1,0],2,1);
stroke="purple";
circle([0,0],3);
dot([3,0]);[/asvg]
Per i massimi la situazione è un po' più delicata, perché si vede che di punti di massimo assoluto ce ne sono due, simmetrici rispetto all'asse $x$, uno nel secondo l'altro nel terzo quadrante, che corrispondono ai punti di $E$ in cui è minima la distanza da $O$.
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=-3; ymax=3;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="red";
ellipse([1,0],2,1);
stroke="dodgerblue";
circle([0,0],0.816);
dot([-0.333,0.745]); dot([-0.333,-0.745]);[/asvg]
I punti per cui tale distanza è minima sono quelli per cui il sistema di quarto grado:
$\{((x-1)^2 + 4y^2 = 4), (x^2 + y^2 =r^2):}$
col parametro $r >0$ ha due soluzioni doppie; la risolvente del sistema è:
$(x-1)^2 - 4x^2 = 4 - 4r^2 <=> 3x^2 +2x + 3 - 4r^2 = 0$
ed il discriminante (ridotto) è:
$Delta/4 = 1 - 3(3-4r^2) = 12r^2 - 8 = 4 (3r^2 -2)$
e si annulla per $r=sqrt(2/3)$; per tale valore di $r$ la risolvente diventa:
$3x^2 + 2x + 1/3 = 0 <=> 9x^2 + 6x + 1 = 0 <=> (3x+1)^2 = 0$
ed ha come soluzione $x = - 1/3$ ed il sistema è risolto da $(-1/3, +- sqrt(5)/3)$, che forniscono le coordinate dei punti di massimo e danno $max_E f = e^(-2/3)$.
La funzione $f(x,y)$ dipende unicamente dalla distanza $r(x,y) = sqrt(x^2 + y^2)$ del punto $(x,y)$ da $O=(0,0)$, poiché si può scrivere:
$f(x,y) = e^(- r^2(x,y)) = phi (r(x,y))$
con $phi(r) = e^(-r^2)$ positiva, continua e decrescente in $[0,+oo[$.
Ne viene che $f$ ha minimo [risp. massimo] assoluto nei punti del vincolo più distanti [risp. meno distanti] da $0$.
Visto che il vincolo, chiamiamolo $E$, è un'ellisse di centro $(1,0)$ e semiassi $a=2$ e $b=1$, graficamente:
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=-3; ymax=3;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="red";
ellipse([1,0],2,1);[/asvg]
si vede che $(3,0)$ è il punto del vincolo in cui la distanza dall'origine è massima, sicché $min_E f = f(3,0) = e^(-9)$.
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=-3; ymax=3;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="red";
ellipse([1,0],2,1);
stroke="purple";
circle([0,0],3);
dot([3,0]);[/asvg]
Per i massimi la situazione è un po' più delicata, perché si vede che di punti di massimo assoluto ce ne sono due, simmetrici rispetto all'asse $x$, uno nel secondo l'altro nel terzo quadrante, che corrispondono ai punti di $E$ in cui è minima la distanza da $O$.
[asvg]xmin=-3; xmax=3; ymin=-3; ymax=3;
axes("","");
strokewidth=2; stroke="red";
ellipse([1,0],2,1);
stroke="dodgerblue";
circle([0,0],0.816);
dot([-0.333,0.745]); dot([-0.333,-0.745]);[/asvg]
I punti per cui tale distanza è minima sono quelli per cui il sistema di quarto grado:
$\{((x-1)^2 + 4y^2 = 4), (x^2 + y^2 =r^2):}$
col parametro $r >0$ ha due soluzioni doppie; la risolvente del sistema è:
$(x-1)^2 - 4x^2 = 4 - 4r^2 <=> 3x^2 +2x + 3 - 4r^2 = 0$
ed il discriminante (ridotto) è:
$Delta/4 = 1 - 3(3-4r^2) = 12r^2 - 8 = 4 (3r^2 -2)$
e si annulla per $r=sqrt(2/3)$; per tale valore di $r$ la risolvente diventa:
$3x^2 + 2x + 1/3 = 0 <=> 9x^2 + 6x + 1 = 0 <=> (3x+1)^2 = 0$
ed ha come soluzione $x = - 1/3$ ed il sistema è risolto da $(-1/3, +- sqrt(5)/3)$, che forniscono le coordinate dei punti di massimo e danno $max_E f = e^(-2/3)$.
"CallistoBello":
Ora nel testo si assume come risultato:
$(0,1)$,$(−1,0)$ come punti di minimo assoluto perché in questi punti $f$ vale $−1$
$(0,−1)$,$(1,0)$ come punti di massimo assoluto perché in questi punti $f$ vale $1$
No, questi sono massimi e minimi relativi vincolati, non assoluti, che invece sono quelli che hai correttamente scritto nel seguito.
La differenza fra questa "aggiunta" e l'esercizio inizialmente proposto è che in questo caso è opportuno fare uso del metodo dei moltiplicatori di Lagrange, nell'esercizio inizialmente proposto, come ti è stato mostrato, si possono usare metodi di gran lunga più semplici. A te la scelta del metodo più semplice, sempre che, come dicevo, tu non sia "obbligato" dal tuo professore ad usare in ogni caso il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.
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