Max e min assoluti
Ragazzi ho alcunepeplessità su questo esercizio:
Determinare i valori di massimo e di minimo della funzione:
$f(x,y)=x^2+xy+y^2$
nel quadrato $C={-1<=x<=2; -2<=y<=1}$
Il gradiente della funzione si annulla $f(x,y)$ si annulla nel punto $(0,0)$ in corrispondenza la funzione in tale punto assume il valore $f(0,0)=0$.
Ora l’esercizio dice che sul lato $y=1$ $(-1<=x<=2)$ :
$f(-1,1)=1$ $f(-1/2,1)=3/4$ $f(2,1)=7$
Sul lato $x=2$ (-2<=y<=1) :
$f(2,-2)=4$ $f(2,-1)=3$ $f(2,1)=7$
Sul lato $y=-2$ $(-1<=x<=2)$ :
$f(-1,-2)=7$ $f(1,-2)=3$ $f(2,-2)=4$
Sul lato $x=-1$ $(-2<=y<=1)$ :
$f(-1,-2)=7$ $f(-1,1/2)=3/4$ $f(-1,1)=1$
Principalmente la cosa che non riesco a capire è questa:
1)sul lato $y=1$ come si ricava la coordinata $x=-1/2$ quindi $f(-1/2,1)=3/4$?
2)sul lato $x=2$ come si ricava la coordinata $y=-1$ quindi $f(2,-1)=3$?
3)sul lato $y=-2$ come si ricava la coordinata $x=1$ quindi $f(1,-2)=3$?
4)sul lato $x=-1$ come si ricava la coordinata $y=1/2$ quindi $f(-1,1/2)=3/4$?
Io sono riuscito a ricavarle algebricamente ma non capisco il motivo…Potreste illustrarmi il metodo
Per ricavarle motivandomi i passaggi per favore?
Vi ringrazio anticipatamente!
Determinare i valori di massimo e di minimo della funzione:
$f(x,y)=x^2+xy+y^2$
nel quadrato $C={-1<=x<=2; -2<=y<=1}$
Il gradiente della funzione si annulla $f(x,y)$ si annulla nel punto $(0,0)$ in corrispondenza la funzione in tale punto assume il valore $f(0,0)=0$.
Ora l’esercizio dice che sul lato $y=1$ $(-1<=x<=2)$ :
$f(-1,1)=1$ $f(-1/2,1)=3/4$ $f(2,1)=7$
Sul lato $x=2$ (-2<=y<=1) :
$f(2,-2)=4$ $f(2,-1)=3$ $f(2,1)=7$
Sul lato $y=-2$ $(-1<=x<=2)$ :
$f(-1,-2)=7$ $f(1,-2)=3$ $f(2,-2)=4$
Sul lato $x=-1$ $(-2<=y<=1)$ :
$f(-1,-2)=7$ $f(-1,1/2)=3/4$ $f(-1,1)=1$
Principalmente la cosa che non riesco a capire è questa:
1)sul lato $y=1$ come si ricava la coordinata $x=-1/2$ quindi $f(-1/2,1)=3/4$?
2)sul lato $x=2$ come si ricava la coordinata $y=-1$ quindi $f(2,-1)=3$?
3)sul lato $y=-2$ come si ricava la coordinata $x=1$ quindi $f(1,-2)=3$?
4)sul lato $x=-1$ come si ricava la coordinata $y=1/2$ quindi $f(-1,1/2)=3/4$?
Io sono riuscito a ricavarle algebricamente ma non capisco il motivo…Potreste illustrarmi il metodo
Per ricavarle motivandomi i passaggi per favore?
Vi ringrazio anticipatamente!
Risposte
"Aristotele":
....
Io sono riuscito a ricavarle algebricamente ma non capisco il motivo…Potreste illustrarmi il metodo
Per ricavarle motivandomi i passaggi per favore?
Vi ringrazio anticipatamente!
Penso abbia semplicemente derivato la funzione lungo i lati del quadrato trovando i punti di massimo e minimo.
"MaMo":
[quote="Aristotele"]
....
Io sono riuscito a ricavarle algebricamente ma non capisco il motivo…Potreste illustrarmi il metodo
Per ricavarle motivandomi i passaggi per favore?
Vi ringrazio anticipatamente!
Penso abbia semplicemente derivato la funzione lungo i lati del quadrato trovando i punti di massimo e minimo.[/quote]
Ho capito ma come li ottiene quei punti che io nn riesco a spiegarmi..???
Esempio: lungo il lato y = 1 la funzione diventa:
$ f(x)=x^2+x+1$
La derivata è:
$f'(x)=2x+1$
Essa si annulla nel punto $(-1/2;1)$...
$ f(x)=x^2+x+1$
La derivata è:
$f'(x)=2x+1$
Essa si annulla nel punto $(-1/2;1)$...
"MaMo":
Esempio: lungo il lato y = 1 la funzione diventa:
$ f(x)=x^2+x+1$
La derivata è:
$f'(x)=2x+1$
Essa si annulla nel punto $(-1/2;1)$...
Quindi bisogna sostituire il valore di $y=1$ all'interno della $f(x,y)$ fare la derivata e trovo i punti $(-1/2;1)$
Ma questa cosa bisogna farla anche nel caso di un rettangolo???è un procedimento che si fà sempre??
Se tu vuoi vedere cosa succede dei valori di una funzione di 2 variabili sul bordo del dominio , nel caso specifico ad es sul lato del rettangolo di equazione $x=2 , -2<=y<=1 $ dovrai sostituire il valore $ 2 $ alla variabile $ x $ e otterrai una funzione di una sola variabile $ 4+2y+y^2 $ che ha minimo per $ y = -1 $ pari a 3.
Edit : corretto : minimo .
Edit : corretto : minimo .
Ciao grazie per avermi risposto ma nn dovrebbe avere un minimo???
Sostituisco il valore $x=2$ in:
$f(2,y)=4+2y+y^2$
Impongo la derivata prima:
$f’(2,y)=0$
$f’(2,y)=2y+2=0$
$y=-1$
Ora applico il 1° metodo per la determinazione di max e min relativi di una variabile:
$f’(2,y)=2y+2>0$
e ottengo
$y>-1$
poiché
la funzione in $y=-1$ ha un minimo relativo.Quindi:
$f(2-1)=3$
Grazie
Sostituisco il valore $x=2$ in:
$f(2,y)=4+2y+y^2$
Impongo la derivata prima:
$f’(2,y)=0$
$f’(2,y)=2y+2=0$
$y=-1$
Ora applico il 1° metodo per la determinazione di max e min relativi di una variabile:
$f’(2,y)=2y+2>0$
e ottengo
$y>-1$
poiché
la funzione in $y=-1$ ha un minimo relativo.Quindi:
$f(2-1)=3$
Grazie
Sì , sorry , ha un minimo relativo !!:D
Correggo il testo del post precedente .
Correggo il testo del post precedente .
No figurati io sono l'ultima persona che potrebbe correggere quacuno 
...ha cmq ho svolto un altro esempio simile solo che stavolta la figura è un triangolo...Sono convinto che l’ho svolto bene…potete confermarmelo???
Determinare i punti di massimo e minimo relativi ed assoluti della funzione:
$f(x,y)=xy(2x+y-2)$ $T={0<=x<=1,0<=y<=-2x+2}$
Calcolo le derivate parziali prime e seconde :
$f_x=4xy+y^2-2y$
$f_y=2x^2+2xy-2x$
$f_xx=4y$
$f_yy=2x$
$f_xy=4x+2y-2=f_yx$
Trovo i seguenti punti:
$(0,0)$ $(1,0)$ $(0,2)$
i quali sono di sella.
Mentre $(1/3,2/3)$ è un punto di minimo relativo proprio per f.
Ora voglio determinare i punti critici della frontiera.
1)Sul lato $x=0$ :
$f(0,y)=0$
Agli estremi $0<=y<=-2x+2$ :
$f(0,0)=0$
$f(0,-2x+2)=0$
2)Sul lato $x=1$ :
$f(1,y)=y^2$ , $f’(1,y)=0$ , $f’(1,y)=2y=0$ cioè $y=0$.
Quindi :
$f(1,0)=0$
Agli estremi $0<=y<=-2x+2$ :
$f(1,0)=0$
$f(1,-2x+2)=4x^2-8x+4$ $f’(1,-2x+2)=8x-8=0$
cioè $x=1$ imponendo $f’(1,-2x+2)>0$ ottengo $x>1$ che è un min relativo
per $f(1,-2x+2)$.Ora sostituisco il valore $x=1$ in $f(1,-2x+2)$ ottenendo:
$f(1,0)=0$.
3)Sul lato $y=0$ :
$f(x,0)=0$
Agli estremi $0<=x<=1$ :
$f(0,0)=0$
$f(1,0)=0$.
4)Sul lato $y=-2x+2$ :
$f(x,-2x+2)=0$.
Agli estremi $0<=x<=1$ :
$f(0, -2x+2)=0$.
$f(1,-2x+2)=4x^2-8x+4$ $f’(1,-2x+2)=8x-8=0$
cioè $x=1$ imponendo $f’(1,-2x+2)>0$ ottengo $x>1$ che è un min relativo
per $f(1,-2x+2)$.Ora sostituisco il valore $x=1$ in $f(1,-2x+2)$ ottenendo:
$f(1,0)=0$.
Riprendo il punto $(1/3,2/3)$ e lo sostituisco in $f(x,y)=xy(2x+y-2)$ e ottengo che:
$f(1/3,2/3)=-4/27$.
In conclusione tutti i punti della frontiera di T valgono $0$ quindi sono tutti punti di massimo assoluto per $f(x,y)$ mentre il punto $(1/3,2/3)$ che era di di minimo relativo proprio per f è anche di minimo assoluto per $f(x,y)$.
Grazie!!
...ha cmq ho svolto un altro esempio simile solo che stavolta la figura è un triangolo...Sono convinto che l’ho svolto bene…potete confermarmelo???Determinare i punti di massimo e minimo relativi ed assoluti della funzione:
$f(x,y)=xy(2x+y-2)$ $T={0<=x<=1,0<=y<=-2x+2}$
Calcolo le derivate parziali prime e seconde :
$f_x=4xy+y^2-2y$
$f_y=2x^2+2xy-2x$
$f_xx=4y$
$f_yy=2x$
$f_xy=4x+2y-2=f_yx$
Trovo i seguenti punti:
$(0,0)$ $(1,0)$ $(0,2)$
i quali sono di sella.
Mentre $(1/3,2/3)$ è un punto di minimo relativo proprio per f.
Ora voglio determinare i punti critici della frontiera.
1)Sul lato $x=0$ :
$f(0,y)=0$
Agli estremi $0<=y<=-2x+2$ :
$f(0,0)=0$
$f(0,-2x+2)=0$
2)Sul lato $x=1$ :
$f(1,y)=y^2$ , $f’(1,y)=0$ , $f’(1,y)=2y=0$ cioè $y=0$.
Quindi :
$f(1,0)=0$
Agli estremi $0<=y<=-2x+2$ :
$f(1,0)=0$
$f(1,-2x+2)=4x^2-8x+4$ $f’(1,-2x+2)=8x-8=0$
cioè $x=1$ imponendo $f’(1,-2x+2)>0$ ottengo $x>1$ che è un min relativo
per $f(1,-2x+2)$.Ora sostituisco il valore $x=1$ in $f(1,-2x+2)$ ottenendo:
$f(1,0)=0$.
3)Sul lato $y=0$ :
$f(x,0)=0$
Agli estremi $0<=x<=1$ :
$f(0,0)=0$
$f(1,0)=0$.
4)Sul lato $y=-2x+2$ :
$f(x,-2x+2)=0$.
Agli estremi $0<=x<=1$ :
$f(0, -2x+2)=0$.
$f(1,-2x+2)=4x^2-8x+4$ $f’(1,-2x+2)=8x-8=0$
cioè $x=1$ imponendo $f’(1,-2x+2)>0$ ottengo $x>1$ che è un min relativo
per $f(1,-2x+2)$.Ora sostituisco il valore $x=1$ in $f(1,-2x+2)$ ottenendo:
$f(1,0)=0$.
Riprendo il punto $(1/3,2/3)$ e lo sostituisco in $f(x,y)=xy(2x+y-2)$ e ottengo che:
$f(1/3,2/3)=-4/27$.
In conclusione tutti i punti della frontiera di T valgono $0$ quindi sono tutti punti di massimo assoluto per $f(x,y)$ mentre il punto $(1/3,2/3)$ che era di di minimo relativo proprio per f è anche di minimo assoluto per $f(x,y)$.
Grazie!!
allora mi confermate?
"Aristotele":
allora mi confermate?
Sì confermo. A me sembra tutto OK.
"MaMo":
[quote="Aristotele"]allora mi confermate?
Sì confermo. A me sembra tutto OK.[/quote]
ti ringrazio mamo e un grazie anche a camillo...
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