Funzione di tre variabili (punti critici)
Ho la funzione $f(x,y,z)=\frac{xe^y-ye^x}{e^z}$ e vorrei studiare la natura dei suoi punti critici.
Troviamo i punti che annullano il gradiente:
\begin{cases}e^{y-z}-ye^{x-z}=0\\xe^{y-z}-e^{x-z}=0\\-xe^{y-z}+ye^{x-z}=0\end{cases}
Adesso, se non ho sbagliato in qualche passaggio, i punti critici dovrebbero essere tutti quelli del tipo $(1,1,z)$ con $z\in R$. Quindi ho una retta di punti critici. Tuttavia wolfram alpha mi dice che la funzione non ha punti stazionari...
Sulla retta la funzione vale sempre 0, ad occhio sembra che questi punti non siano ne massimi ne minimi... voi cosa ne pensate?
Troviamo i punti che annullano il gradiente:
\begin{cases}e^{y-z}-ye^{x-z}=0\\xe^{y-z}-e^{x-z}=0\\-xe^{y-z}+ye^{x-z}=0\end{cases}
Adesso, se non ho sbagliato in qualche passaggio, i punti critici dovrebbero essere tutti quelli del tipo $(1,1,z)$ con $z\in R$. Quindi ho una retta di punti critici. Tuttavia wolfram alpha mi dice che la funzione non ha punti stazionari...
Sulla retta la funzione vale sempre 0, ad occhio sembra che questi punti non siano ne massimi ne minimi... voi cosa ne pensate?
Risposte
Innanzitutto possiamo togliere quell'$e^z$ al denominatore di tutte e tre tanto non si annulla mai e non fa problemi.
\begin{cases}e^{y}-ye^{x}=0\\xe^{y}-e^{x}=0\\-xe^{y}+ye^{x}=0\end{cases}
Sommando la prima con la terza ottengo
\begin{cases}e^{y}-xe^y=0\\xe^{y}-e^{x}=0\\-xe^{y}+ye^{x}=0\end{cases}
ovvero
\begin{cases}(x-1)e^{x}=0\\xe^{y}-e^{x}=0\\-xe^{y}+ye^{x}=0\end{cases}
Da cui ottengo un bel $x=1$ da sostituire; qualche teorema di algebra lineare che non ricordo mai dice che essendo due incognite e tre equazioni, o è impossibile oppure una si ottiene combinando le altre due. Ma d'altra parte, ignorando quanto sto dicendo, sostituisco $x=1$ alle altre due e ho
\begin{cases}x=1\\e^{y}-e=0\\-1e^{y}+ye=0\end{cases}
cioè (nell'ultima ho sostituito $y=1$ dalla seconda e ho visto che va bene)
\begin{cases}x=1\\y=1\\e=e\end{cases}
Dunque anche per me i punti sono del tipo $(1,1,z)$ con $z\in \RR$, in altre parole una bella retta.
Per quanto riguarda wolfram, oltre a citare un utente che lo odia per un risultato sbagliato (perdono, non ricordo di preciso!), ricordo che non è così raro che dia risultati sbagliati.
Per la natura dei punti critici posso calcolare le nove derivate parziali seconde ottenendo
$f_(xx)(x,y,z)=-ye^(x-z)$
$f_(xy)(x,y,z)=e^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(xz)(x,y,z)=-e^(y-z)-ye^(x-z)$
$f_(yx)(x,y,z)=e^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(yy)(x,y,z)=xe^(y-z)$
$f_(yz)(x,y,z)=xe^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(zx)(x,y,z)=-e^(y-z)-ye^(x-z)$
$f_(zy)(x,y,z)=xe^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(zz)(x,y,z)=-xe^(y-z)+ye^(x-z)$
Da cui, se non ho sbagliato qualche calcolo (ci credo poco), il determinante dell'Hessiano calcolato in $(1,1,z)$ è
$| ( -e/(e^z) , 0 , -2e/(e^z) ),( 0 , e/(e^z) , -2e/(e^z) ),( -2e/(e^z) , 0 , 0 ) | =3e^(1-z)$
Sempre positivo, quindi si tratta di un minimo locale.
Ergo, questo è come riporta a me, ma potrei anche aver fatto casino con i calcoli (lo facevo all'università, figurarsi ora che mi sono laureato 4 anni fa...).
\begin{cases}e^{y}-ye^{x}=0\\xe^{y}-e^{x}=0\\-xe^{y}+ye^{x}=0\end{cases}
Sommando la prima con la terza ottengo
\begin{cases}e^{y}-xe^y=0\\xe^{y}-e^{x}=0\\-xe^{y}+ye^{x}=0\end{cases}
ovvero
\begin{cases}(x-1)e^{x}=0\\xe^{y}-e^{x}=0\\-xe^{y}+ye^{x}=0\end{cases}
Da cui ottengo un bel $x=1$ da sostituire; qualche teorema di algebra lineare che non ricordo mai dice che essendo due incognite e tre equazioni, o è impossibile oppure una si ottiene combinando le altre due. Ma d'altra parte, ignorando quanto sto dicendo, sostituisco $x=1$ alle altre due e ho
\begin{cases}x=1\\e^{y}-e=0\\-1e^{y}+ye=0\end{cases}
cioè (nell'ultima ho sostituito $y=1$ dalla seconda e ho visto che va bene)
\begin{cases}x=1\\y=1\\e=e\end{cases}
Dunque anche per me i punti sono del tipo $(1,1,z)$ con $z\in \RR$, in altre parole una bella retta.
Per quanto riguarda wolfram, oltre a citare un utente che lo odia per un risultato sbagliato (perdono, non ricordo di preciso!), ricordo che non è così raro che dia risultati sbagliati.
Per la natura dei punti critici posso calcolare le nove derivate parziali seconde ottenendo
$f_(xx)(x,y,z)=-ye^(x-z)$
$f_(xy)(x,y,z)=e^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(xz)(x,y,z)=-e^(y-z)-ye^(x-z)$
$f_(yx)(x,y,z)=e^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(yy)(x,y,z)=xe^(y-z)$
$f_(yz)(x,y,z)=xe^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(zx)(x,y,z)=-e^(y-z)-ye^(x-z)$
$f_(zy)(x,y,z)=xe^(y-z)-e^(x-z)$
$f_(zz)(x,y,z)=-xe^(y-z)+ye^(x-z)$
Da cui, se non ho sbagliato qualche calcolo (ci credo poco), il determinante dell'Hessiano calcolato in $(1,1,z)$ è
$| ( -e/(e^z) , 0 , -2e/(e^z) ),( 0 , e/(e^z) , -2e/(e^z) ),( -2e/(e^z) , 0 , 0 ) | =3e^(1-z)$
Sempre positivo, quindi si tratta di un minimo locale.
Ergo, questo è come riporta a me, ma potrei anche aver fatto casino con i calcoli (lo facevo all'università, figurarsi ora che mi sono laureato 4 anni fa...).
grazie per la risposta. C'è un errore nel tuo calcolo delle derivate seconde, dai miei calcoli l'hessiano è nullo quindi non ci dice nulla, occorrerebbe provare su qualche restrizione della funzione
se restringiamo alla curva $(t,\ln t,z)$ con $z$ fisso e $t\in R$, la funzione restrizione è $f(t)=\frac{t^2-e^t\ln t}{e^z}$ ed è decrescente in $(1,1,z)$ per ogni $z$ in R, allora i punti della retta non sono né massimi né minimi
"laura123":
grazie per la risposta. C'è un errore nel tuo calcolo delle derivate seconde, dai miei calcoli l'hessiano è nullo quindi non ci dice nulla, occorrerebbe provare su qualche restrizione della funzione
'naggia, può anche essere perché non sono mai stato un drago nei calcoli. Adesso sono reduce di 8 ore lavorative e più di 3 di viaggio quindi ho una lucidità mentale tale da poter affermare che 4 è un numero primo. Casomai riguardo ed edito più avanti se non mi piglia sonno...
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