Esercizio sui punti di estremo assoluto e relativo di una funzione composta
Salve, ho bisogno del vostro aiuto per capire dove sbaglio in questo esercizio che mi pare un po' strano, si tratta di trovare i punti di estremo della funzione $f(x,y)= (x+y)|y-x^2|-e^((x+y)|y-x^2|)$
Per prima cosa studio la funzione $t(x,y)=(x+y)|y-x^2|$:
il dominio di $t$ dovrebbe essere $\RR^2$ in quanto $lim_{(x,y) \to \infty} t(x,y)= \infty$ se non ho fatto errori, studio poi i punti che annullano il gradiente di $t$ e ottengo $(0,0), (-1/2, 3/8), (-1,1)$.
Non ci sono punti in cui non esiste il gradiente quindi non ci sono altri punti da considerare.
Studio l'hessiano $|(-6x-2y, 1-2x),(1-2x, 2)|$ e ottengo che $H(0,0)=-1$ quindi è un punto di sella, $h(-1/2, 3/8)=1/2$ ed è un punto di minimo relativo per t(x,y), $H(-1,1)=-1$, altro punto di sella.
Se ho capito bene la teoria adesso dovrei aspettarmi che il punto $(-1/2, 3/8)$ mi dia un massimo in $f(t)=t-e^t$ in quanto f(t) è una funzione decrescente, ma dallo studio della derivata, $f'(t)=1-e^t$, ottengo che i punti di estremo sono quelli per cui $t=0$. ovvero i due punti di sella.
Sto sbagliando qualcosa nella risoluzione o è possibile che un punto non di estremo per t sia di estremo per f(t)?
Per prima cosa studio la funzione $t(x,y)=(x+y)|y-x^2|$:
il dominio di $t$ dovrebbe essere $\RR^2$ in quanto $lim_{(x,y) \to \infty} t(x,y)= \infty$ se non ho fatto errori, studio poi i punti che annullano il gradiente di $t$ e ottengo $(0,0), (-1/2, 3/8), (-1,1)$.
Non ci sono punti in cui non esiste il gradiente quindi non ci sono altri punti da considerare.
Studio l'hessiano $|(-6x-2y, 1-2x),(1-2x, 2)|$ e ottengo che $H(0,0)=-1$ quindi è un punto di sella, $h(-1/2, 3/8)=1/2$ ed è un punto di minimo relativo per t(x,y), $H(-1,1)=-1$, altro punto di sella.
Se ho capito bene la teoria adesso dovrei aspettarmi che il punto $(-1/2, 3/8)$ mi dia un massimo in $f(t)=t-e^t$ in quanto f(t) è una funzione decrescente, ma dallo studio della derivata, $f'(t)=1-e^t$, ottengo che i punti di estremo sono quelli per cui $t=0$. ovvero i due punti di sella.
Sto sbagliando qualcosa nella risoluzione o è possibile che un punto non di estremo per t sia di estremo per f(t)?
Risposte
Ciao
mi piacciono le funzioni in due variabili: mi fanno venire in mente dei paesaggi. Quando faccio lo studio del segno mi viene in mente la linea di costa: dove la funzione è positiva ho la terra emersa, dove è negativa il mare. Hai fatto lo studio del segno?
A me viene che è tutto mare. Ho controllato anche quanto vale la funzione nel punto $(-1/2;+3/8)$ e mi viene
$f(-1/2;+3/8)=(-1/2+3/8)|3/8-1/4|-e^((-1/2+3/8)|3/8-1/4|)=(-1/8)(1/8)-e^((-1/8)(1/8))=-1/64-e^(-1/64)$,
ho per caso sbagliato i calcoli?
Mi fai vedere le derivate?
mi piacciono le funzioni in due variabili: mi fanno venire in mente dei paesaggi. Quando faccio lo studio del segno mi viene in mente la linea di costa: dove la funzione è positiva ho la terra emersa, dove è negativa il mare. Hai fatto lo studio del segno?
A me viene che è tutto mare. Ho controllato anche quanto vale la funzione nel punto $(-1/2;+3/8)$ e mi viene
$f(-1/2;+3/8)=(-1/2+3/8)|3/8-1/4|-e^((-1/2+3/8)|3/8-1/4|)=(-1/8)(1/8)-e^((-1/8)(1/8))=-1/64-e^(-1/64)$,
ho per caso sbagliato i calcoli?
Mi fai vedere le derivate?
"ladidely":
Se ho capito bene la teoria adesso dovrei aspettarmi che il punto $(-1/2, 3/8)$ mi dia un massimo in $f(t)=t-e^t$ in quanto f(t) è una funzione decrescente, ma dallo studio della derivata, $f'(t)=1-e^t$, ottengo che i punti di estremo sono quelli per cui $t=0$. ovvero i due punti di sella.
Sto sbagliando qualcosa nella risoluzione o è possibile che un punto non di estremo per t sia di estremo per f(t)?
Secondo me $t=0$ non solo in corrispondenza dei punti da te indicati ma anche lungo tutta la bisettrice di II e IV quadrante e lungo la parabola di equazione $y=x^2$
grazie per le risposte e scusate se scrivo solo oggi, non ho potuto connettermi prima.
hai ragione, dimenticanza grave la mia
Le derivate di $t(x,y)$ sono $y-3x^2-2xy, x+2y-x^2$ nel caso di $y>x^2$, per il caso $y
[img]http://www5b.wolframalpha.com/Calculate/MSP/MSP43801g5f90hi61g9hi08000061gf7h275ab8g34c?MSPStoreType=image/gif&s=38&w=240.&h=191.&cdf=MeshControl&cdf=RangeControl[/img]
ed è effettivamente tutta negativa
"gio73":
Secondo me $ t=0 $ non solo in corrispondenza dei punti da te indicati ma anche lungo tutta la bisettrice di II e IV quadrante e lungo la parabola di equazione $ y=x^2 $
hai ragione, dimenticanza grave la mia
"gio73":
Ciao
mi piacciono le funzioni in due variabili: mi fanno venire in mente dei paesaggi. Quando faccio lo studio del segno mi viene in mente la linea di costa: dove la funzione è positiva ho la terra emersa, dove è negativa il mare. Hai fatto lo studio del segno?
Mi fai vedere le derivate?
Le derivate di $t(x,y)$ sono $y-3x^2-2xy, x+2y-x^2$ nel caso di $y>x^2$, per il caso $y
[img]http://www5b.wolframalpha.com/Calculate/MSP/MSP43801g5f90hi61g9hi08000061gf7h275ab8g34c?MSPStoreType=image/gif&s=38&w=240.&h=191.&cdf=MeshControl&cdf=RangeControl[/img]
ed è effettivamente tutta negativa
Le derivate che mi indichi tu sono le derivate di $t(x;y)$, non della funzione $f(x;y)$, mi chiedevo come avessi tirato fuori $(-1/2;3/8)$ come punto critico.
"gio73":
Le derivate che mi indichi tu sono le derivate di $ t(x;y) $, non della funzione $ f(x;y) $, mi chiedevo come avessi tirato fuori $ (-1/2;3/8) $ come punto critico.
Lo trovo studiando la funzione $t(x,y)$. Annullando il gradiente di $t$ ricavo $(0,0), (-1/2, 3/8), (-1,1)$ come punti di probabile estremo di cui calcolare l'hessiano,; la derivata di $f(t)$ poi confermerà o meno che questi punti siano davvero di estremo. Sto sbagliando?
ciao
allora... io la vedo così
se facciamo le derivate parziali di di f(x;y), usando $t$ per abbreviare un po' la scrittura ci viene
$f_x=t_x'(1-e^t)$
$f_y=t_y'(1-e^t)$
il gradiente si annulla quando si annullano $t_x'$ e $t_y'$, ma anche quando si annulla $(1-e^t)$ cioè quando $t=0$
allora abbiamo come punti critici tutta la parabola $y=x^2$, la bisettrice di II e IV quadrante e i punti da te indicati: l'origine e $(-1;1)$, che appartengono alle curve di prima, e anche $(-1/2; 3/8)$.
Noi ci chiediamo quali siano massimi e minimi assoluti, verifichiamo che la nostra funzione al massimo può valere $-1$, lungo la parabola e la bisettrice, disegnando queste linee ci accorgiamo che nel quadrato di vertici $(0;0), (-1;0), (-1;1), (0; 1)$ c'è una lunetta compresa tra la parabola e la bisettrice dove la funzione è minore di $-1$, ma dove non ci aspettiamo che la funzione scenda indefinitamente, di conseguenza ci aspettiamo un punto di minimo relativo e il punto $(-1/2; 3/8)$ si trova proprio dentro quella lunetta.
allora... io la vedo così
se facciamo le derivate parziali di di f(x;y), usando $t$ per abbreviare un po' la scrittura ci viene
$f_x=t_x'(1-e^t)$
$f_y=t_y'(1-e^t)$
il gradiente si annulla quando si annullano $t_x'$ e $t_y'$, ma anche quando si annulla $(1-e^t)$ cioè quando $t=0$
allora abbiamo come punti critici tutta la parabola $y=x^2$, la bisettrice di II e IV quadrante e i punti da te indicati: l'origine e $(-1;1)$, che appartengono alle curve di prima, e anche $(-1/2; 3/8)$.
Noi ci chiediamo quali siano massimi e minimi assoluti, verifichiamo che la nostra funzione al massimo può valere $-1$, lungo la parabola e la bisettrice, disegnando queste linee ci accorgiamo che nel quadrato di vertici $(0;0), (-1;0), (-1;1), (0; 1)$ c'è una lunetta compresa tra la parabola e la bisettrice dove la funzione è minore di $-1$, ma dove non ci aspettiamo che la funzione scenda indefinitamente, di conseguenza ci aspettiamo un punto di minimo relativo e il punto $(-1/2; 3/8)$ si trova proprio dentro quella lunetta.
A conferma di quanto scrive gio73, la funzione è del tipo \(f(x,y) = \varphi(t(x,y))\), con \(\varphi(t) = t - e^t\).
La funzione \(\varphi\) è strettamente monotona crescente per \(t\leq 0\) e strettamente monotona decrescente per \(t\geq 0\), dunque ha un punto di massimo assoluto stretto in \(t = 0\).
Di conseguenza, tutti i punti dove \(t(x,y) = 0\) sono punti di massimo assoluto per \(f\); questi sono esattamente i punti della bisettrice del II e IV quadrante (\(y = -x\)) e della parabola \(y = x^2\).
Nella "lunetta" descritta da gio73 la funzione \(f\) è continua; inoltre tutti i punti del bordo della lunetta sono di massimo assoluto per \(f\) e si ha \(f = -1\), mentre nei punti interni della lunetta si ha \(f < -1\). Per il teorema di Weierstrass \(f\) deve avere punti di minimo assoluto nella lunetta; l'unico candidato è il punto stazionario \((-1/2, 3/8)\), che dunque sarà di minimo relativo per \(f\) in \(\mathbb{R}^2\).
La funzione \(\varphi\) è strettamente monotona crescente per \(t\leq 0\) e strettamente monotona decrescente per \(t\geq 0\), dunque ha un punto di massimo assoluto stretto in \(t = 0\).
Di conseguenza, tutti i punti dove \(t(x,y) = 0\) sono punti di massimo assoluto per \(f\); questi sono esattamente i punti della bisettrice del II e IV quadrante (\(y = -x\)) e della parabola \(y = x^2\).
Nella "lunetta" descritta da gio73 la funzione \(f\) è continua; inoltre tutti i punti del bordo della lunetta sono di massimo assoluto per \(f\) e si ha \(f = -1\), mentre nei punti interni della lunetta si ha \(f < -1\). Per il teorema di Weierstrass \(f\) deve avere punti di minimo assoluto nella lunetta; l'unico candidato è il punto stazionario \((-1/2, 3/8)\), che dunque sarà di minimo relativo per \(f\) in \(\mathbb{R}^2\).
Dunque, provo a riassumere quanto mi avete detto e a trarne delle conclusioni:
lo studio della funzione interna $t(x,y)$ penso di poterlo lasciare, dato che sarà comunque utile quando si calcolano le derivate di $f(x,y)$. Da questo ricavo come punti estremanti $(-1, 1), (-1/2, 3/8)$, la seconda bisettrice e la parabola. Studiare l'hessiano per questi punti ha senso o è inutile? Se non ho studiato male dovrebbe esserci un teorema che assicura che i punti di massimo/minimo della funzione interna sono anche massimi/minimi della funzione esterna, mi basta questo per dire che $(-1/2, 3/8)$ deve essere estremo di $f(x,y)$ una volta fatta la considerazione della lunetta?
Passiamo poi alla funzione $f(t)$, lo studio della derivata ci dice che sono punti di estremo quelli per cui $f(t)=0$, quindi la bisettrice e la parabola. Adesso, il fatto che $(-1/2, 3/8)$ sia minimo per $t(x,y)$ unito al teorema di Weierstrass bastano a stabilire che si tratta di un minimo assoluto?
(continuo a mantenere lo studio della funzione interna separatamente perchè è in questo modo che fa il mio professore e preferisco mantenere lo svolgimento "a modo suo" per non avere problemi...
)
"ladidely":il punto $(-1;1)$ appartiene sia alla parabola che alla bisettrice (conviene farsi un disegno)
:-k
Dunque, provo a riassumere quanto mi avete detto e a trarne delle conclusioni:
lo studio della funzione interna $t(x,y)$ penso di poterlo lasciare, dato che sarà comunque utile quando si calcolano le derivate di $f(x,y)$. Da questo ricavo come punti estremanti $(-1, 1), (-1/2, 3/8)$, la seconda bisettrice e la parabola.
"ladidely":
Studiare l'hessiano per questi punti ha senso o è inutile?
decidi tu
"ladidely":
Se non ho studiato male dovrebbe esserci un teorema che assicura che i punti di massimo/minimo della funzione interna sono anche massimi/minimi della funzione esterna, mi basta questo per dire che $(-1/2, 3/8)$ deve essere estremo di $f(x,y)$ una volta fatta la considerazione della lunetta?
qui non ti ho capita
"ladidely":
Passiamo poi alla funzione $f(t)$, lo studio della derivata ci dice che sono punti di estremo quelli per cui $f(t)=0$, quindi la bisettrice e la parabola. Adesso, il fatto che $(-1/2, 3/8)$ sia minimo per $t(x,y)$ unito al teorema di Weierstrass bastano a stabilire che si tratta di un minimo assoluto?
che differenza c'è tra minimo assoluto e minimo relativo?
"ladidely":
(continuo a mantenere lo studio della funzione interna separatamente perchè è in questo modo che fa il mio professore e preferisco mantenere lo svolgimento "a modo suo" per non avere problemi...
Personalmente mi sono sempre trovata bene a esprimermi con parole mie, di solito i professori gradiscono.
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