Massimi e minimi di funzioni a due variabili
Ciao a tutti,
recentemente mi sono imbattuto in uno studio di massimi e minimi relativi e assoluti di due funzione a due variabili così definite:
$f(x,y)=sqrt(|2x-y|) e^(-(x^2+y^2))$ con vincolo $T={(x,y): x^2+y^2<=1} $
e
$g(x,y)=log(sqrt(x^2+y^2))-x^2-y^2-1$
In entrambi casi, ho verificato innanzitutto la continuità della funzione:
- nel primo, il dominio coincide con tutto $RR^2$;
- nel secondo, il dominio coincide con $RR^2$/${0,0}$.
Ho proseguito poi con la ricerca dei punti in cui le funzioni non sono derivabili, con risultato:
- la $f(x,y)$ risulta derivabile in $RR^2$/$(x,y):y=2x$;
- la $g(x,y)$ risulta derivabile in $RR^2$/${0,0}$.
Inizio a ricercare i punti di stazionari in entrambi i casi, calcolando le derivate prime parziali, ponendole $=0$ e mettendole a sistema.
Il problema che sorge è la difficoltà della risoluzione del sistema di equazioni nel primo caso, e mi sono chiesto se l'approccio è sbagliato o comunque non preferenziale per trovare i punti critici.
Nel secondo caso, invece, risulta che i punti stazionari sono tutti i punti di una circonferenza centrata nell'origine e di raggio pari a $1/sqrt(2)$. Per studiarne la natura, applico il metodo del segno, studiando il segno della funzione $g(x,y)-g((1/sqrt(2))cos(t),(1/sqrt(2))sen(t))$. Desidero sapere se il procedimento è corretto oppure se esistono altri metodi per studiare la funzione.
In ogni caso, se possibile, gradirei lo svolgimento di entrambe le situazioni sopra descritte.
Grazie mille
recentemente mi sono imbattuto in uno studio di massimi e minimi relativi e assoluti di due funzione a due variabili così definite:
$f(x,y)=sqrt(|2x-y|) e^(-(x^2+y^2))$ con vincolo $T={(x,y): x^2+y^2<=1} $
e
$g(x,y)=log(sqrt(x^2+y^2))-x^2-y^2-1$
In entrambi casi, ho verificato innanzitutto la continuità della funzione:
- nel primo, il dominio coincide con tutto $RR^2$;
- nel secondo, il dominio coincide con $RR^2$/${0,0}$.
Ho proseguito poi con la ricerca dei punti in cui le funzioni non sono derivabili, con risultato:
- la $f(x,y)$ risulta derivabile in $RR^2$/$(x,y):y=2x$;
- la $g(x,y)$ risulta derivabile in $RR^2$/${0,0}$.
Inizio a ricercare i punti di stazionari in entrambi i casi, calcolando le derivate prime parziali, ponendole $=0$ e mettendole a sistema.
Il problema che sorge è la difficoltà della risoluzione del sistema di equazioni nel primo caso, e mi sono chiesto se l'approccio è sbagliato o comunque non preferenziale per trovare i punti critici.
Nel secondo caso, invece, risulta che i punti stazionari sono tutti i punti di una circonferenza centrata nell'origine e di raggio pari a $1/sqrt(2)$. Per studiarne la natura, applico il metodo del segno, studiando il segno della funzione $g(x,y)-g((1/sqrt(2))cos(t),(1/sqrt(2))sen(t))$. Desidero sapere se il procedimento è corretto oppure se esistono altri metodi per studiare la funzione.
In ogni caso, se possibile, gradirei lo svolgimento di entrambe le situazioni sopra descritte.
Grazie mille
Risposte
Ti faccio il primo esercizio
$ f(x,y)=sqrt(|2x-y|) e^(-(x^2+y^2)) $con vincolo$ T={(x,y): x^2+y^2<=1} $
Innanzitutto f è continua sul compatto T allora ammette max e min assoluto.
Subitoci accorgiamo che $f(x,y)>=0 \quad\forall x in RR^2$
Quindi possiamo già subito concludere che i punti di ${(x,y) in T : f(x,y)=0}={(x,y) in T : y=2x}$ sono punti di minimo assoluto.
Se $y<2x \quad \quad$ (disegnai il domino e colora la parte che stiamo prendendo in considerazione)
$f_x^1=2e^(-(x^2+y^2))/(2 \sqrt(2x-y)) + (-2x)e^(-(x^2+y^2))sqrt(2x-y)$
$f_y^1=-e^(-(x^2+y^2))/(2 \sqrt(2x-y)) + (-2y)e^(-(x^2+y^2))sqrt(2x-y)$
Risolvendo il sistema
\begin{equation}\begin{cases}f_x^1=0\\ f_y^1=0 \end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases}1 + (-2x)(2x-y)=0\\-1+ (-4y)(2x-y)=0\end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ +4y^2 -8xy -1=0\end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ +4y^2 -4x^2 -6xy =0\end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ -2(2x-y)(x+2y) =0\end{cases}\end{equation}
Un caso abbiamo gia trattato quindi rimanerimane
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ x=-2y\end{cases}\end{equation}
Da cui otteniamo un unico punto $(1/sqrt(5),-1/(2sqrt(5))) \quad \quad$ (ricordo siamo sempre nella condiz $y<2x $)
Con la condizione $2x
Ora chiaramente questi due punti sono punti di massimo assoluto perchè ,detto grossolanamente ,se prendiamo come vincolo $D(0,r)$ (disco di centro 0 e raggio r) la f (essendo vincolo compatto) ha punto di max e min assoluto e la funzione calcolata nella frotiera tende a 0 con k che tende a infinito .
Andiamo ora a guardare se ci sono dei possibili punti critici sulla frontiera di T:
Si ha che $f(x,y)=sqrt(|2x-y|) e^(-1) \quad\quad \forall (x,y) in Front(T)$
Se $2x>y$
Dal "vincolo" $x^2+y^2=1$ ho che
Caso $x=sqrt(1-y^2)$
Ottengo la funzione $g(y)= sqrt(2sqrt(1-y^2)-y)/e$
Calcolando la derivata prima e ponendola = 0 si ottiene che l'equaz è impossibile
Caso $x=-sqrt(1-y^2)$
Ottengo la funzione $g(y)= sqrt(-2sqrt(1-y^2)-y)/e$
Calcolando la derivata prima e ponendola = 0 si ottiene il punto $(2/sqrt(5),-1/(sqrt(5)))$ che deve essere un punto di max per la frontiera.
Per motivi già spiegati l'altro punto di max per la frontierà (nel caso 2x
Ora se calcoliamo però $f_x^1(2/sqrt(5),-1/(sqrt(5)))$ ci accorgiamo che è $<0$
Allora questi due nuovi punti non sono punti di max vincolati per f.
Concludendo Abbiamo trovato come minimi quella retta; e come max i due punti $(-1/sqrt(5),1/(2sqrt(5)))$ e $(1/sqrt(5),-1/(2sqrt(5)))$
$ f(x,y)=sqrt(|2x-y|) e^(-(x^2+y^2)) $con vincolo$ T={(x,y): x^2+y^2<=1} $
Innanzitutto f è continua sul compatto T allora ammette max e min assoluto.
Subitoci accorgiamo che $f(x,y)>=0 \quad\forall x in RR^2$
Quindi possiamo già subito concludere che i punti di ${(x,y) in T : f(x,y)=0}={(x,y) in T : y=2x}$ sono punti di minimo assoluto.
Se $y<2x \quad \quad$ (disegnai il domino e colora la parte che stiamo prendendo in considerazione)
$f_x^1=2e^(-(x^2+y^2))/(2 \sqrt(2x-y)) + (-2x)e^(-(x^2+y^2))sqrt(2x-y)$
$f_y^1=-e^(-(x^2+y^2))/(2 \sqrt(2x-y)) + (-2y)e^(-(x^2+y^2))sqrt(2x-y)$
Risolvendo il sistema
\begin{equation}\begin{cases}f_x^1=0\\ f_y^1=0 \end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases}1 + (-2x)(2x-y)=0\\-1+ (-4y)(2x-y)=0\end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ +4y^2 -8xy -1=0\end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ +4y^2 -4x^2 -6xy =0\end{cases}\end{equation}
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ -2(2x-y)(x+2y) =0\end{cases}\end{equation}
Un caso abbiamo gia trattato quindi rimanerimane
\begin{equation} \begin{cases} -4x^2+2xy+1=0\\ x=-2y\end{cases}\end{equation}
Da cui otteniamo un unico punto $(1/sqrt(5),-1/(2sqrt(5))) \quad \quad$ (ricordo siamo sempre nella condiz $y<2x $)
Con la condizione $2x
Ora chiaramente questi due punti sono punti di massimo assoluto perchè ,detto grossolanamente ,se prendiamo come vincolo $D(0,r)$ (disco di centro 0 e raggio r) la f (essendo vincolo compatto) ha punto di max e min assoluto e la funzione calcolata nella frotiera tende a 0 con k che tende a infinito .
Andiamo ora a guardare se ci sono dei possibili punti critici sulla frontiera di T:
Si ha che $f(x,y)=sqrt(|2x-y|) e^(-1) \quad\quad \forall (x,y) in Front(T)$
Se $2x>y$
Dal "vincolo" $x^2+y^2=1$ ho che
Caso $x=sqrt(1-y^2)$
Ottengo la funzione $g(y)= sqrt(2sqrt(1-y^2)-y)/e$
Calcolando la derivata prima e ponendola = 0 si ottiene che l'equaz è impossibile
Caso $x=-sqrt(1-y^2)$
Ottengo la funzione $g(y)= sqrt(-2sqrt(1-y^2)-y)/e$
Calcolando la derivata prima e ponendola = 0 si ottiene il punto $(2/sqrt(5),-1/(sqrt(5)))$ che deve essere un punto di max per la frontiera.
Per motivi già spiegati l'altro punto di max per la frontierà (nel caso 2x
Ora se calcoliamo però $f_x^1(2/sqrt(5),-1/(sqrt(5)))$ ci accorgiamo che è $<0$
Allora questi due nuovi punti non sono punti di max vincolati per f.
Concludendo Abbiamo trovato come minimi quella retta; e come max i due punti $(-1/sqrt(5),1/(2sqrt(5)))$ e $(1/sqrt(5),-1/(2sqrt(5)))$
Ti ringrazio per la disponibilità e la velocità con cui hai risposto.
Nel secondo esercizio non è possibile avere una linea guida per la risoluzione? Di questa tipologia in giro c'è davvero poco e comunque sembra un esercizio molto formativo che ti permette di studiare il problema seguendo strade alternative più immediate e semplici.
Ad ogni modo, grazie ancora
Nel secondo esercizio non è possibile avere una linea guida per la risoluzione? Di questa tipologia in giro c'è davvero poco e comunque sembra un esercizio molto formativo che ti permette di studiare il problema seguendo strade alternative più immediate e semplici.
Ad ogni modo, grazie ancora
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