Estremi vincolati (piccolo problema di calcolo)
Avrei un piccolo problema nello studio degli estremi vincolati, in particolare nella risoluzione di questo sistema.
Il problema è: studiare $ { ( f(x,y)=4x(x^2-y^2)-3x^2y^2 ),( g(x,y)=x^2-y^2=1/4):} $
Dalla teoria, utilizzo la lagrangiana, e impongo il sistema:
$ { ( 12x^2-4y^2-6xy^2-2lambdax=0 ),( 8xy+6x^2y-2lambday=0 ),( x^2-y^2=1/4 ):} $
lavoro sulla seconda equazione e dopo una piccola semplificazione ottengo:
$ { ( ylambda=4xy+3x^2y ),( 6x^2-y^2(2-3x)-2lambdax=0 ),( .... ):} $
Ora studio il caso banale, cioè $y=0$ e, da qui non trovo problemi, perchè i calcoli sono semplici, infatti trovo anche due punti $A(1/2,0) , B(-1/2,0)$ che effettivamente appartengono al vincolo. Ora il problema, nasce nel supporre $y!=0$, perchè ho provato in diversi modi a risolvere il sistema ma arrivo sempre ad un punto morto. Sapreste consigliarmi un approccio diverso e non troppo complesso da svolgere?!
Il problema è: studiare $ { ( f(x,y)=4x(x^2-y^2)-3x^2y^2 ),( g(x,y)=x^2-y^2=1/4):} $
Dalla teoria, utilizzo la lagrangiana, e impongo il sistema:
$ { ( 12x^2-4y^2-6xy^2-2lambdax=0 ),( 8xy+6x^2y-2lambday=0 ),( x^2-y^2=1/4 ):} $
lavoro sulla seconda equazione e dopo una piccola semplificazione ottengo:
$ { ( ylambda=4xy+3x^2y ),( 6x^2-y^2(2-3x)-2lambdax=0 ),( .... ):} $
Ora studio il caso banale, cioè $y=0$ e, da qui non trovo problemi, perchè i calcoli sono semplici, infatti trovo anche due punti $A(1/2,0) , B(-1/2,0)$ che effettivamente appartengono al vincolo. Ora il problema, nasce nel supporre $y!=0$, perchè ho provato in diversi modi a risolvere il sistema ma arrivo sempre ad un punto morto. Sapreste consigliarmi un approccio diverso e non troppo complesso da svolgere?!
Risposte
Nello studio dei problemi vincolati in dimensione $2$, per non avere tra i piedi il moltiplicatore di Lagrange si può studiare il sistema
${(f_x g_y - f_y g_x = 0), (g = 0):}$
Naturalmente sto supponendo che il vincolo sia $g=0$.
(La prima equazione è solo la richiesta che $\nabla f$ e $\nabla g$ siano linearmente dipendenti.)
${(f_x g_y - f_y g_x = 0), (g = 0):}$
Naturalmente sto supponendo che il vincolo sia $g=0$.
(La prima equazione è solo la richiesta che $\nabla f$ e $\nabla g$ siano linearmente dipendenti.)
E il problema è che non ho $g(x,y)=0$, ma $g(x,y)=1/4$
E' uguale. Scrivi $g=1/4$ nel sistema che ho scritto io, oppure prendi $g(x,y) = x^2-y^2-1/4$.
Uhm...ci proverò, ma ti volevo chiedere: questa relazione la ottieni sfruttando la dipendenza lineare tra i due gradienti?! e quindi:
$|(f_x , f_y) , (g_x, g_y)|=0$?
In tutti i modi, riflettendoci bene, non posso lavorare sul fatto che il vincolo è un iperbole!? Stavo pensando a qualche tipo di parametrizzazione...
$|(f_x , f_y) , (g_x, g_y)|=0$?
In tutti i modi, riflettendoci bene, non posso lavorare sul fatto che il vincolo è un iperbole!? Stavo pensando a qualche tipo di parametrizzazione...
Comunque, nei tuoi conti mi sembra che il problema sia che hai scritto $2-3x$ al posto di $2+3x$.
Nel caso $y\ne 0$, ricavando $\lambda$ dalla prima equazione e sostituendo nella seconda (e sostituendo anche $y^2$ usando l'equazione del vincolo) ottieni un'equazione di terzo grado per $x$.
Studiandone la derivata scopri che tale equazione non ha zeri né per $x\le -1/2$ né per $x\ge 1/2$ (che è il range $x$ ammesso dal vincolo), quindi il sistema non ha altre soluzioni oltre a quelle già trovate.
Nel caso $y\ne 0$, ricavando $\lambda$ dalla prima equazione e sostituendo nella seconda (e sostituendo anche $y^2$ usando l'equazione del vincolo) ottieni un'equazione di terzo grado per $x$.
Studiandone la derivata scopri che tale equazione non ha zeri né per $x\le -1/2$ né per $x\ge 1/2$ (che è il range $x$ ammesso dal vincolo), quindi il sistema non ha altre soluzioni oltre a quelle già trovate.
E' vero grazie.
Ti volevo chiedere un'altra cosa (ne approfitto): mi spiegheresti meglio la tecnica che hai utilizzato per arrivare alla conclusione?! Quella che sfrutta la derivata prima...grazie ancora
Ti volevo chiedere un'altra cosa (ne approfitto): mi spiegheresti meglio la tecnica che hai utilizzato per arrivare alla conclusione?! Quella che sfrutta la derivata prima...grazie ancora
(Controlla i conti che io ho abbozzato rapidamente.)
Sostituendo tutto come detto prima, dovresti arrivare a un'equazione del tipo
$\phi(x) = 9x^3+4x^2-\frac{3}{4} x - \frac{1}{2} = 0$.
Hai che $\phi'(x) = 27x^2+8x-\frac{3}{4}$. Il segno della derivata prima è negativo per $x\in (x_0, x_1)$, positivo all'esterno; $x_0$ e $x_1$ possono essere calcolati esplicitamente, e si verifica che stanno entrambi in $(-0.5, 0.5)$.
Di conseguenza $\phi$ è sicuramente monotona crescente in $(-\infty, 0.5]$ e $[0.5, +\infty)$.
In particolare $\phi(x) \le \phi(-0.5) < 0$ per $x\le -0.5$, e $\phi(x) \ge \phi(0.5) > 0$ per $x \ge 0.5$.
Sostituendo tutto come detto prima, dovresti arrivare a un'equazione del tipo
$\phi(x) = 9x^3+4x^2-\frac{3}{4} x - \frac{1}{2} = 0$.
Hai che $\phi'(x) = 27x^2+8x-\frac{3}{4}$. Il segno della derivata prima è negativo per $x\in (x_0, x_1)$, positivo all'esterno; $x_0$ e $x_1$ possono essere calcolati esplicitamente, e si verifica che stanno entrambi in $(-0.5, 0.5)$.
Di conseguenza $\phi$ è sicuramente monotona crescente in $(-\infty, 0.5]$ e $[0.5, +\infty)$.
In particolare $\phi(x) \le \phi(-0.5) < 0$ per $x\le -0.5$, e $\phi(x) \ge \phi(0.5) > 0$ per $x \ge 0.5$.
"Lorin":
Uhm...ci proverò, ma ti volevo chiedere: questa relazione la ottieni sfruttando la dipendenza lineare tra i due gradienti?! e quindi:
$|(f_x , f_y) , (g_x, g_y)|=0$?
Esatto. In questo modo ottiene, in generale, più soluzioni rispetto a quelle ottenute col metodo dei moltiplicatori, visto che sono sempre inclusi i punti in cui $\nabla g = 0$; questo, però, non dà nessun problema (anzi, è spesso un vantaggio visto che nei punti dove $\nabla g = 0$ non puoi usare il teorema del Dini per esplicitare il vincolo e quindi non puoi nemmeno usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange).
Ho provato a fare i conti e mi trovo come te solo che mi bloccavo con le soluzioni dell'equazione, perchè non venivano numeri "facili" da manipolare. Questa tecnica che hai utilizzato l'avevo vista un paio di volte ma non avevo mai capito la sua reale potenzialità, e per questo ti ringrazio. Adesso devo solo capire bene come e in che condizioni utilizzarla.
Se non ho capito male, la possiamo utilizzare, quando abbiamo un equazione di grado superiore al secondo, in cui non possiamo applicare le solite tecniche di: scomposizione, messa in evidenza, Ruffini ecc... Allora ricorriamo allo studio della derivata prima, per abbassare il grado dell'equazione in modo da poterla studiare con più semplicità tramite la monotonia, tenendo sempre conto della condizione di vincolo.
Ho diverse domande che vorrei chiarire e approfitto del topic e della tua disponibilità per farti qualche altra domanda:
1)Le coordinate degli eventuali punti che trovo, risolvendo il sistema, devono verificare l'equazione del vincolo?! Cioè devono appartenere proprio alla curva che fa da vincolo? Se si, potrei utilizzare questa osservazione per fare un piccolo controllo al termine dello studio per stare più sicuro.
2)La condizione che prima hai scritto: $f_xg_y-f_yg_x=0$ l'hai ricavata sfruttando la lineare dipendenza dei gradienti?! e quindi dal fatto che : $|(f_x , f_y) , (g_x , g_y)|=0$?
3)Ci sono situazioni in cui si ricorre anche allo studio della derivata seconda?
PS: Scusa se faccio tutte queste domande ma, per problemi personali, ho perso qualche lezione in classe e quindi ho dei piccoli dubbi.
Se non ho capito male, la possiamo utilizzare, quando abbiamo un equazione di grado superiore al secondo, in cui non possiamo applicare le solite tecniche di: scomposizione, messa in evidenza, Ruffini ecc... Allora ricorriamo allo studio della derivata prima, per abbassare il grado dell'equazione in modo da poterla studiare con più semplicità tramite la monotonia, tenendo sempre conto della condizione di vincolo.
Ho diverse domande che vorrei chiarire e approfitto del topic e della tua disponibilità per farti qualche altra domanda:
1)Le coordinate degli eventuali punti che trovo, risolvendo il sistema, devono verificare l'equazione del vincolo?! Cioè devono appartenere proprio alla curva che fa da vincolo? Se si, potrei utilizzare questa osservazione per fare un piccolo controllo al termine dello studio per stare più sicuro.
2)La condizione che prima hai scritto: $f_xg_y-f_yg_x=0$ l'hai ricavata sfruttando la lineare dipendenza dei gradienti?! e quindi dal fatto che : $|(f_x , f_y) , (g_x , g_y)|=0$?
3)Ci sono situazioni in cui si ricorre anche allo studio della derivata seconda?
PS: Scusa se faccio tutte queste domande ma, per problemi personali, ho perso qualche lezione in classe e quindi ho dei piccoli dubbi.
"Lorin":
1)Le coordinate degli eventuali punti che trovo, risolvendo il sistema, devono verificare l'equazione del vincolo?! Cioè devono appartenere proprio alla curva che fa da vincolo? Se si, potrei utilizzare questa osservazione per fare un piccolo controllo al termine dello studio per stare più sicuro.
Sì, dal momento che l'equazione del vincolo è una di quelle presenti nel sistema.
2)La condizione che prima hai scritto: $f_xg_y-f_yg_x=0$ l'hai ricavata sfruttando la lineare dipendenza dei gradienti?! e quindi dal fatto che : $|(f_x , f_y) , (g_x , g_y)|=0$?
Sì, è esattamente quella (l'ho scritta già sviluppata per non dovermi ricordare come scriverla nella tua forma...)
3)Ci sono situazioni in cui si ricorre anche allo studio della derivata seconda?
Intendi derivata seconda vincolata?
Non proprio. Volevo sapere ci sono situazioni in cui per capire se ci sono eventuali zeri della funzione si ricorre anche allo studio della derivata seconda...
"Lorin":
Volevo sapere ci sono situazioni in cui per capire se ci sono eventuali zeri della funzione si ricorre anche allo studio della derivata seconda...
Se hai già informazioni sul segno della derivata prima (e quindi sulla monotonia della funzione), non mi vengono in mente situazioni in cui possa servire anche la derivata seconda.
Secondo me, comunque, non conviene fossilizzarsi troppo su schemi e metodi: guardi quello che ti serve e cerchi di agire di conseguenza.
ok ti ringrazio davvero tanto per la tua disponibilità, nel caso se non è troppo fastidio posterò qualche altra domanda più avanti xD
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