Massima e minima distanza Lagrange
Sera a tutti. Propongo esercizio su massima e minima distanza con lagrangiane.
Con tali frontiere $ x^2/4+y^2/4+z^2=1 $ e $ x+y+z=1 $ si richiede di trovare i punti di massima e minima distanza dall'origine, appartenenti all'ellissoide d'intersezione dei due vincoli. Ora, fatto il sistema con le lagrangiane:
$ \{ (2x=\lambda x/2+\mu), (2y=\lambda y/2+\mu), (2z=2 \lambda z+\mu), (x^2/4+y^2/4+z^2=1), (x+y+z=1):}$
E va bene, e dice che viene $ x=y $ e da lì sostituendo nelle ultime due si trova z, e va bene. Ma dice che viene anche, in alternativa $\lambda=4$ però non ho capito come lo trova.
P.S. chiedo scusa per l'impostazione non ortodossa del sistema, ma non so come andare a capo restando nella parentesi graffa e facendo sì che quest'ultima si allunghi.
Con tali frontiere $ x^2/4+y^2/4+z^2=1 $ e $ x+y+z=1 $ si richiede di trovare i punti di massima e minima distanza dall'origine, appartenenti all'ellissoide d'intersezione dei due vincoli. Ora, fatto il sistema con le lagrangiane:
$ \{ (2x=\lambda x/2+\mu), (2y=\lambda y/2+\mu), (2z=2 \lambda z+\mu), (x^2/4+y^2/4+z^2=1), (x+y+z=1):}$
E va bene, e dice che viene $ x=y $ e da lì sostituendo nelle ultime due si trova z, e va bene. Ma dice che viene anche, in alternativa $\lambda=4$ però non ho capito come lo trova.
P.S. chiedo scusa per l'impostazione non ortodossa del sistema, ma non so come andare a capo restando nella parentesi graffa e facendo sì che quest'ultima si allunghi.
Risposte
Se \(\lambda = 4\) vedi subito dalle prime due equazioni che \(\mu=0\); quindi la terza equazione diventa \(2z=8z\), pertanto \(z=0\). E adesso dalle ultime due ricavi due punti \((x_1, y_1, 0), (x_2, y_2, 0)\).
Forse la domanda era più "come hanno fatto a trovare i valori di \(\lambda\)"? Secondo me, con l'algebra lineare. Le prime tre equazioni sono lineari:
\[ \begin{bmatrix} 2-\frac{\lambda}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 2-\frac{\lambda}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 2-2\lambda \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} \mu \\ \mu \\ \mu \end{bmatrix}. \]
I valori \(\lambda = 1, 4\) annullano il determinante della matrice dei coefficienti, quindi conviene considerarli perché tendono a produrre "un sacco" di soluzioni. Gli altri valori invece danno una soluzione unica.
\[ \begin{bmatrix} 2-\frac{\lambda}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 2-\frac{\lambda}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 2-2\lambda \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} \mu \\ \mu \\ \mu \end{bmatrix}. \]
I valori \(\lambda = 1, 4\) annullano il determinante della matrice dei coefficienti, quindi conviene considerarli perché tendono a produrre "un sacco" di soluzioni. Gli altri valori invece danno una soluzione unica.
Intanto grazie, chiedo scusa per il ritardo. E se $ \lambda $ non fosse moltiplicata a nessuna incognita (come in questo caso è $ \mu $)?
Tipo, mi è capitato un esercizio in cui ho sia $ \lambda $ che $ \mu $ che in nessuna delle cinque equazioni moltiplicano incognite. Come faccio in tal caso?
Esempio. Mi è capitato il seguente caso:
$\{ (2x=\lambda), (2y=-\lambda+\mu), (2z=\lamda-\mu), (x-y+z=0), (y-z=0):}$
Tipo, mi è capitato un esercizio in cui ho sia $ \lambda $ che $ \mu $ che in nessuna delle cinque equazioni moltiplicano incognite. Come faccio in tal caso?
Esempio. Mi è capitato il seguente caso:
$\{ (2x=\lambda), (2y=-\lambda+\mu), (2z=\lamda-\mu), (x-y+z=0), (y-z=0):}$
5 equazioni e 5 incognite, non dovrebbero esserci problemi.
Dall'ultima equazione ricavi $y=z$, quindi dalla penultima hai $x=0$, sulla prima viene che anche $lambda=0$, sostituendo nella seconda e nella terza ottieni $ 2y=+\mu $ e $ 2y= -\mu $, quindi anche $y=0$, in definitiva l'unica soluzione è $(0, 0, 0)$
Dall'ultima equazione ricavi $y=z$, quindi dalla penultima hai $x=0$, sulla prima viene che anche $lambda=0$, sostituendo nella seconda e nella terza ottieni $ 2y=+\mu $ e $ 2y= -\mu $, quindi anche $y=0$, in definitiva l'unica soluzione è $(0, 0, 0)$
Buona risposta @melia. Ma probabilmente pure nel primo esercizio hanno fatto così, la cosa del determinante che ho scritto io mi pare un poco traballante, adesso che la rileggo.
Lo è. Se le incognite sono 5, neanche le prime 3 equazioni sono lineari.
"@melia":
5 equazioni e 5 incognite, non dovrebbero esserci problemi.
Dall'ultima equazione ricavi $y=z$, quindi dalla penultima hai $x=0$, sulla prima viene che anche $lambda=0$, sostituendo nella seconda e nella terza ottieni $ 2y=+\mu $ e $ 2y= -\mu $, quindi anche $y=0$, in definitiva l'unica soluzione è $(0, 0, 0)$
Sì infatti lo ho svolto così e lo ho trovato: zero difficoltà. Forse non mi sono espresso nel modo migliore; la domanda giusta dovrebbe essere: come faccio a sapere aprioristicamente quanti valori possono assumere i miei autovalori?
"dissonance":
Buona risposta @melia. Ma probabilmente pure nel primo esercizio hanno fatto così, la cosa del determinante che ho scritto io mi pare un poco traballante, adesso che la rileggo.
Perché non sei più convinto della tua spiegazione? Controllando su wolframalpha è corretto, anche se, non avendo la versione a pagamento, non posso sapere lo svolgimento che ha effettuato il calcolatore.
In primis, che sia corretto non c'è dubbio: rificcando i valori nelle equazioni si trovano delle identità. In secundis, cosa abbia pensato Wolfram Alpha non mi interessa; non sono d'accordo su questo uso dei software, bisognerebbe usarli solo per applicazioni più meccaniche e riservarsi il monopolio di usare la testa.
Quanto al determinante, non ho detto che sia sbagliato, anzi sono sicuro che sia un metodo valido. Ho pensato però che sarebbe forse più semplice fare un discorso "a occhio" come quello fatto da @melia qui.
Quanto al determinante, non ho detto che sia sbagliato, anzi sono sicuro che sia un metodo valido. Ho pensato però che sarebbe forse più semplice fare un discorso "a occhio" come quello fatto da @melia qui.
Non uso wolframalpha per fare i calcoli, bensì per verificare che le soluzioni da me trovate siano giuste, poi se non lo sono ma non capisco come abbia fatto il computer, chiedo aiuto qui.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo