Esercizio sui punti critici liberi e vincolati

[CallistoBello]

Salve, ho svolto un esercizio , ma mi è venuto un po' troppo esose in termini di calcoli.
Vorrei sapere se ci sono punti in cui posso "snellire" il calcolo
e se è stato svolto correttamente.

Traccia:
Verificare se la funzione: $f(x,y)=(1-x^2-y^2)(x+y)$
i) Ammette Massimi e minimi relativi
ii) Si determinino inoltre i Massimi e minimi assoluti nell'insieme $D={(x,y)|x>=0,x^2+y^2<=1}$

ii) D è una "Semiluna" compresa tra I e IV quadrante, con y compresa tra -1 ed 1 ed x compresa tra 0 ed 1.

- f è CONTINUA su un insieme CHIUSO e LIMITATO --> per weierstrass , Ammette MASSIMO e minimo assoluti
- f è di CLASSE: C-infinito su R2--> non ci sono punti di non differenziabilità.

STEP1-[PUNTI CRITICI "interni"]
-Cerco i punti critici "liberi"

\( \bigtriangledown f(x,y)=(1-3x^2-2xy-y^2,1-x^2-2xy-3y^2) \)

$ { ( 1-3x^2-2xy-y^2=0 ),( 1-x^2-2xy-3y^2=0 ):} $

[Sistema Non lineare "con stessi fattori nelle equazioni"]:
Sostituisco ad una Eq. "la combinazione lineare delle due"

I-II: $1-1-3x^2+x^2-2xy+2xy-y^2+3y^2=-2x^2+2y^2$
$ { ( y^2=x^2 ->y=+-x),( 1-x^2-2xy-3y^2=0 ):} $
Sistema1.

$ { ( y=x ),( 1-x^2-2x^2-3x^2=-4x^2-2x^2+1=-6x^2+1=0->x=+-sqrt(1/6) ):} $

$P_1,2=(+-sqrt(1/6),+-sqrt(1/6))$

Sistema2
$ { ( y=-x ),( 1-x^2+2x^2-3x^2=1-2x^2=0->x^2=1/2->x=+-1/2 ):} $



$P_3,4=(+-1/sqrt2.-+1/sqrt2)$

STEP2-[PUNTI CRITICI "vincolati al bordo"]

SEGMENTO VERTICALE-->$gamma_1(t)=(0,t)$ con $t in (-1,1)$
SEMICIRCONFERENZA ---> $gamma_2(t):{x(t)=cost, y(t)=sint}$con $t in [0,pi/2)$
-di centro:(0,0)
-di raggio:1

$f_(gamma_1)(t)=t-t^3=t(1-t^2)$
$f'_(gamma_1)(t)=1-3t^2=0$ -> $t^2=1/3$-> $t=+-1/sqrt3$

Punti critici su $gamma_1$ : $P_5=(0,1/sqrt3)$ , $P_6=(0,-1/sqrt3)$

$f_(gamma_2)(t)=cost +sint-cos^3t-cos^2tsint-costsin^2t-sin^3t$
$f'_(gamma_2)(t)=-sint+cost+3sintcos^2t-d/dt(sintcos^2t)-d/dt(costsin^2t)-3sin^2tcost$
$f'_(gamma_2)(t)=0$<-> ?

Qui mi causava problemi studiare i punti in cui si annulla questa derivata prima, quindi ho deciso di ricorrere ai moltiplicatori di lagrange.

[moltiplicatori di Lagrange]
- Scriviamo la LAGRANGIANA:
$L(x,y,lambda)=x+y-x^3-x^2y-xy^2-y^3-lambda[x^2+y^2-1]$
-ed impostiamo il Sistema: $ { ( (partial L)/(partial x)=0 ),( (partial L)/(partialx)=0 ),( (partial L)/(partial lambda)=0 ):} $

$ { ( 1-3x^2-2xy-y^2-2lamdax=0 ),( 1-x^2-2yx-3y^2-2lambday=0 ),( x^2+y^2-1=0 ):} $

Dalla terza equazione ho: $x^2=1-y^2$ , da cui: $x=+-sqrt(1-y^2)$
Non considero le ascisse negative perché il nostro vincolo è una semicirconferenza nel semiasse positivo delle x. Dunque ho da risolvere il Sistema:

$ { ( 1-3(sqrt(1-y^2))^2-2ysqrt(1-y^2)-y^2-2lambdasqrt(1-y^2)=0),( - ),( x=+sqrt(1-y^2) ):} $

Dalla prima equazione si ha:
$lambda= (-2+2y^2-2ysqrt(1-y^2))/(2sqrt(1-y^2))$
dunque, sostituendo nella seconda, il sistema diventa:
$ { ( lambda= (-2+2y^2-2ysqrt(1-y^2))/(2sqrt(1-y^2))),( 1-(sqrt(1-y^2))^2 -2ysqrt(1-y^2)-3y^2=2y[(-1+y^2-ysqrt(1-y^2))/sqrt(1-y^2)]),( - ):} $

$1-1-y^2-2ysqrt(1-y^2)-3y^2-2y/(sqrt(1-y^2))(-1+y^2-ysqrt(1-y^2)))=0$
da cui si ha : $-2y^2sqrt(1-y^2)/sqrt(1-y^2)=0$-->$y=0$
$ { ( lambda=-2/2=-1 ),( y=0 ),( x=1 ):} $

Risultato: $P_7=(1,0)$ Punto critico su $gamma_2$

STEP3-[CONFRONTO i VALORI di f nei punti critici CON i valori "nei vertici" dell'insieme chiuso]

$f(0,1)=f(0,-1)=f(1,0)=f(1/sqrt2,-1/sqrt2)=0$
$f(0,1/sqrt3)=(2sqrt3)/9=0.38$
$f(0,-1/sqrt3)=-2sqrt3/9=-0.38$
$f(1/sqrt6,1/sqrt6)=2sqrt6/9=0.54$

Risultato: $Maxf=f(1/sqrt6,1/sqrt6)=2sqrt6/9=0.54$
$minf=f(0,-1/sqrt3)=-2sqrt3/9=-0.38$

i)Punti critici "liberi" li abbiamo già trovati e sono:

$(+-1/sqrt6,+-1/sqrt6)$, $(+-1/sqrt2,-+1/sqrt2)$

STEP2- Studio della natura dei PUNTI CRITICI liberi

$ Hf(x,y)=( ( -6x-2y , -2x-2y ),( -2x-2y , -2x-6y ) ) $


$ Hf(1/sqrt6,1/sqrt6)=( ( -6/sqrt6-2/sqrt6 , -2/sqrt6-2/sqrt6 ),( -2/sqrt6-2/sqrt6 , -2/sqrt6-6/sqrt6 ) ) $
$detHf=8>0$
$a_11=-8/sqrt6<0$
--------> $(1/sqrt6,1/sqrt6)$ Punto di Massimo relativo "forte"

$ Hf(-1/sqrt6,-1/sqrt6)=( ( 6/sqrt6+2/sqrt6 , +2/sqrt6+2/sqrt6 ),( 2/sqrt6+2/sqrt6 , +2/sqrt6+6/sqrt6 ) ) $
$detHf=8>0$
$a_11=8/sqrt6>0$
--------> $(-1/sqrt6,-1/sqrt6)$ Punto di minimo relativo "forte"

$ Hf(1/sqrt2,-1/sqrt2)=( ( -6/sqrt2+2/sqrt2 , 0 ),( 0 , -2/sqrt6+6/sqrt6 ) ) $
$detHf=-8<0$
--------> $(1/sqrt2,-1/sqrt2)$ Punto di SELLA


$ Hf(-1/sqrt2,1/sqrt2)=( ( 6/sqrt2-2/sqrt2 , 0 ),( 0 , 2/sqrt6-6/sqrt6 ) ) $
$detHf=-8<0$
--------> $(-1/sqrt2,1/sqrt2)$ Punto di SELLA

[pilloeffe]

Ciao CallistoBello,

Ammetto di non aver guardato tutti i conti, ma la prima cosa che mi viene in mente guardando l'esercizio è che sul bordo, cioè per $x^2 + y^2 = 1 \iff 1 - x^2 - y^2 = 0 $ la funzione $f(x, y) = (1 - x^2 - y^2)(x + y) $ è nulla. Questo dovrebbe anche semplificarti un po' i conti. Fra l'altro dentro a $D$, cioè per $ x^2 + y^2 - 1 < 0 $ la funzione è positiva per $x + y < 0 \iff y < - x $, nulla per $y = - x $ (bisettrice del secondo e del quarto quadrante) e negativa per $y > - x $
Osserva poi che tutti i punti che hai ottenuto con $x < 0 $ vanno esclusi, in quanto $D = {(x,y) \in \RR^2 : x \ge 0, x^2+y^2 \le 1} $

[CallistoBello]

"pilloeffe": sul bordo, cioè per x2+y2=1⇔1−x2−y2=0 la funzione f(x,y)=(1−x2−y2)(x+y) è nulla. Questo dovrebbe anche semplificarti un po' i conti.

In pratica: ad occhio , ti sei reso conto che:
" restringere f a quella curva", significa che: deve valere questa equazione : 1−x2−y2=0
e cioè che: nell'espressione di f(x,y) , il primo moltiplicando è: 0--> dunque f_semicirconferenza=0.

Questo mi dovrebbe evitare tutta la parte dei moltiplicatori di lagrange.
Perché sapendo che "la restrizione di f a quella circonferenza" è una funzione costante nulla, allora
anche $f'(t)=0$ per tutti i punti della Curva $gamma_2$.
Questo mi suggerisce che: "tutti i punti della $gamma_2$ sono punti critici per f"
e che: "in quei Punti la funzione vale: 0"
però,
DOMANDA: sarebbe lecito fare questo ragionamento ad un esame scritto?

"pilloeffe": x2+y2−1<0 la funzione è positiva per x+y<0⇔y<−x, nulla per y=−x (bisettrice del secondo e del quarto quadrante) e negativa per y>−x

Questo mi dovrebbe aiutare nello studio della natura dei punti critici liberi.
Perché , se f è regolare, per il Teorema della permanenza del segno ,
posso individuare due regioni separate dalla bisettrice y=-x
- una 1° regione in cui f è positiva
- una 2° regione in cui f è negativa
- e poi sul segmento di bisettrice che le separa, ho: tanti punti su cui f(x,y) si Annulla.
Risultato: posso già dire che : i Punti che verificano la condizione: $y=-x$ sono Punti di sella.
E cioè nel mio caso:$(1/sqrt2,-1/sqrt2)$,$(-1/sqrt2,1/sqrt2)$

"pilloeffe":tutti i punti che hai ottenuto con x<0 vanno esclusi

Si, infatti nel sistema dei moltiplicatori di Lagrange, ho escluso a priori il caso : $x=-sqrt(1-y^2)$

[pilloeffe]

"CallistoBello":DOMANDA: sarebbe lecito fare questo ragionamento ad un esame scritto?

Beh, per me sì, ma questo dipende anche dal tuo professore e dalla sua larghezza di vedute: io non posso saperlo, ma tu potresti comunque chiederglielo e vedere cosa ti risponde...

"CallistoBello":Questo mi dovrebbe evitare tutta la parte dei moltiplicatori di Lagrange.

Sì, l'idea sarebbe questa: usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange solo se strettamente necessario, anche perché in qualche caso (come in questo) i conti potrebbero diventare complicati, privilegiando metodi più semplici che si evincono osservando la funzione data e $D$.

"CallistoBello":Si, infatti nel sistema dei moltiplicatori di Lagrange, ho escluso a priori il caso [...]

Sì, ma devi escludere non solo quelli che hai ottenuto col metodo dei moltiplicatori di Lagrange (che personalmente in questo caso eviterei come la peste... ), ma anche quelli che hai ottenuto prima.
Un altro paio di cose che noterei subito, anche se in questo caso la prima non ti è utile (ma potrebbe diventarlo se $D$ fosse diverso...), è che $f(- x, - y) = - f(x, y) $ e che sull'asse $y$ (che ha equazione $x = 0$, che è parte del bordo di $D$) la funzione diventa una cubica molto più semplice da studiare: $f(0, y) = (1 - y^2)y = y(1 + y)(1 - y) $

[Quinzio]

"CallistoBello":Salve, ho svolto un esercizio , ma mi è venuto un po' troppo esose in termini di calcoli.
Vorrei sapere se ci sono punti in cui posso "snellire" il calcolo
e se è stato svolto correttamente.

Traccia:
Verificare se la funzione: $f(x,y)=(1-x^2-y^2)(x+y)$
i) Ammette Massimi e minimi relativi
ii) Si determinino inoltre i Massimi e minimi assoluti nell'insieme $D={(x,y)|x>=0,x^2+y^2<=1}$

Hai fatto uno sforzo notevole e i concetti li hai capiti, ma purtroppo ci sono degli errori nella tua soluzione.
Per la funzione $f(x,y)$ senza vincoli c'e' un solo massimo relativo e un solo minimo relativo.
Per la funzione nell'insieme $D$ c'e' un massimo assoluto e un minimo assoluto e nessun estremo relativo.
Prova a rivedere i calcoli e i ragionamenti e se non arrivi a trovare solo gli estremi che ti ho indicato ci guardiamo insieme.

[CallistoBello]

Non credo di capire cosa intendi.
Il risultato l'ho verificato con "extrema calculator" di Wolfram.
ii) per quanto riguarda il massimo assoluto ed il minimo assoluto ,sono rispettivamente:
$Maxf=f(1/sqrt6,1/sqrt6)=2sqrt6/9=0.54$
$minf=f(0,-1/sqrt3)=-2sqrt3/9=-0.38$
i) Nel caso senza vincoli,
per quanto riguarda il punto di massimo relativo ed il punto di minimo relativo , sono rispettivamente:
$(1/sqrt6,1/sqrt6)$ , $(-1/sqrt6.-1/sqrt6)$
per il teorema di caratterizzazione delle matrici definite in segno.

Forse , il Punto $(1/sqrt6,1/sqrt6)$ ,appartenente al Dominio D, non lo dovrei considerare come Punto di massimo relativo perché in corrispondenza di esso , $f(x,y)$ assume il massimo assoluto?