Estremi di una funzione di 2 variabili: dilemma equazioni logaritmiche/esponenziale (panico pre-esame)
Ciao, ho iniziato a svolgere questa traccia d'esame e mi sono perso in un bicchier d'acqua. Bisogna trovare gli estremi della funzione:
$ f(x,y)= x^2 log(2+y) + x^2 y^2 $
$ Df=(fx,fy) $ quindi $ fx=0 $ e $ fy=0 $ sono le condizioni per individuare i punti critici.
$ fx= 2x log(2+y) + 2xy^2 $
$ fy= x^2 1/(2+y) + 2x^2 y $
$ fx=0 => 2x [ log(2+y) + y^2 ] = 0 $ ...qui iniziano i problemi ^^'
una soluz. è ovviamente $ x=0 $
$ log (2+y) + y^2 = 0 $ ...l'ho trasformata così: $ 2 + y = e^(-y^2) $
...e qui mi sono bloccato. Suggerimenti/aiuti?
Grazie assai
...vi voglio bene
$ f(x,y)= x^2 log(2+y) + x^2 y^2 $
$ Df=(fx,fy) $ quindi $ fx=0 $ e $ fy=0 $ sono le condizioni per individuare i punti critici.
$ fx= 2x log(2+y) + 2xy^2 $
$ fy= x^2 1/(2+y) + 2x^2 y $
$ fx=0 => 2x [ log(2+y) + y^2 ] = 0 $ ...qui iniziano i problemi ^^'
una soluz. è ovviamente $ x=0 $
$ log (2+y) + y^2 = 0 $ ...l'ho trasformata così: $ 2 + y = e^(-y^2) $
...e qui mi sono bloccato. Suggerimenti/aiuti?
Grazie assai
...vi voglio bene
Risposte
Benvenuto!
...sei sicuro che $f_y$ sia questa?
EDIT: $f_y ne f_x^2$...
"gdiprima":
$ fy= 2 log (2+y) + 2y^2 $
...sei sicuro che $f_y$ sia questa?
EDIT: $f_y ne f_x^2$...
no, infatti... ho corretto ^^
prima di tutto ti sei studiata un pò f??? dove è definita, è continua, è di classe C', se ammette max e min, prima di fare qualsiasi calcolo bisogna perdere qualche minuto per capire cosa si ha davanti.....chiaramente nel tuo caso l'unica condizione di esistenza è data dall'argomento del log che deve essere sempre maggiore di 0 e quindi ne deduci che $y>2$ pertanto risulta $D:{AA(x,y)in RR^2 : y>2}$ ed f risulta continua su tutto D...bè senza fare troppi calcoli posso dire con certezza che l'estremo inferiore è chiaramente $(0,y)$ per $AA y>2$, da cosa lo capisci?? bè semplicemente osservando f, hai dei termini al quadrato quindi sempre positivi, l'unica quantità che può essere negativa è il logaritmo, e questo vale quando l'argomento e compreso tra 0 e 1, ma nonostante ciò f è comunque sempre positiva...lascio a te ulteriori analisi.
Ma perché cominciare a risolvere l'equazione più complicata del sistema, cioé \(f_x(x,y)=0\)?
L'altra, cioé \(f_y(x,y)=0\), è molto più semplice, poiché è una razionale fratta, dunque è consigliabile risolverla prima.
Facendo ciò si trova:
\[
\frac{x^2}{y+2}\ (2y^2+4y+1) =0
\]
e ciò importa che o \(x=0\) oppure \(y=\frac{-2\pm \sqrt{2}}{2}\) (entrambi valori leciti, perché sono \(>-2\)). Sostituendo di volta in volta le incognite trovate nell'altra equazione, essa si riduce ad un'equazione nell'incognita mancante che si risolve "a occhio".
Ad esempio, se consideriamo la soluzione \(x=0\) e vogliamo trovare (se possibile) le \(y\) corrispondenti a tale \(x\), basta risolvere l'equazione \(f_x(0,y)=0\) che si scrive:
\[
0=0\;
\]
ed è un'identità; pertanto tutti i punti del tipo \((0,y)\) che appartengono all'insieme di derivabilità della \(f(x,y)\) annullano il gradiente.
Se, invece, \(y=\frac{-2- \sqrt{2}}{2}\), l'equazione \(f_x(x,\frac{-2- \sqrt{2}}{2})=0\) si scrive:
\[
2x \log \left( 2+\frac{-2- \sqrt{2}}{2}\right) + 2x \left( \frac{-2- \sqrt{2}}{2} \right)^2 =0
\]
e si vede che essa importa \(x=0\), perciò si rientra in uno dei casi già determinati sopra. Analogamente accade quando \(y=\frac{-2 + \sqrt{2}}{2}\).
Pertanto i punti critici della funzione stanno tutti sull'asse delle ordinate.
L'altra, cioé \(f_y(x,y)=0\), è molto più semplice, poiché è una razionale fratta, dunque è consigliabile risolverla prima.
Facendo ciò si trova:
\[
\frac{x^2}{y+2}\ (2y^2+4y+1) =0
\]
e ciò importa che o \(x=0\) oppure \(y=\frac{-2\pm \sqrt{2}}{2}\) (entrambi valori leciti, perché sono \(>-2\)). Sostituendo di volta in volta le incognite trovate nell'altra equazione, essa si riduce ad un'equazione nell'incognita mancante che si risolve "a occhio".
Ad esempio, se consideriamo la soluzione \(x=0\) e vogliamo trovare (se possibile) le \(y\) corrispondenti a tale \(x\), basta risolvere l'equazione \(f_x(0,y)=0\) che si scrive:
\[
0=0\;
\]
ed è un'identità; pertanto tutti i punti del tipo \((0,y)\) che appartengono all'insieme di derivabilità della \(f(x,y)\) annullano il gradiente.
Se, invece, \(y=\frac{-2- \sqrt{2}}{2}\), l'equazione \(f_x(x,\frac{-2- \sqrt{2}}{2})=0\) si scrive:
\[
2x \log \left( 2+\frac{-2- \sqrt{2}}{2}\right) + 2x \left( \frac{-2- \sqrt{2}}{2} \right)^2 =0
\]
e si vede che essa importa \(x=0\), perciò si rientra in uno dei casi già determinati sopra. Analogamente accade quando \(y=\frac{-2 + \sqrt{2}}{2}\).
Pertanto i punti critici della funzione stanno tutti sull'asse delle ordinate.
grazie cari, mi avete schiarito un po le idee
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