Minimizzazione dell'ipotenusa di un triangolo
Mi domandavo una cosa,
Le soluzioni dell esercizio e il modo in cui l'ho risolto differeiscono per una piccola cosa.
Enunciato:
Determinare tra tutti i triangoli rettangoli aventi la stessa area, quallo con l'ipotenusa minimale.
Come ho fatto io:
Siano \( x,y \) le lungehzze dei due cateti. Poniamo \( E = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : x,y >0, g(x,y)=xy-2A=0 \} \)
E sia \( f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} \) la funzione definita da \( f(x,y)=x^2 + y^2 \)
Il problema posto diviene a trovare il minimo di \( f \) su \( E \).
Dimostriamo che il minimo esiste. Poniamo \( D=[0,2A+1] \times [0,2A+1] \) poiché \( f \) è continua sul compatto \(E_1= E \cap D \) esiste \( (a,b) \in E_1 \) tale che
\( f(a,b) = \min_{(x,y)\in E_1} f(x,y) \)
Dimostriamo che \( f(a,b) \) è anche il minimo di \( f \) su \( E \)
\( f(a,b) \leq f(2A,) = 4A^2 + 1 < (2A+1)^2 \), visto che \( (2A,1) \in E_1 \)
\( f(x,y) > (2A+1)^2 \) se \( (x,y) \in E-D \)
Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, poiché \( \nabla g(a,b) \neq (0,0) \) sappiamo che esiste uno scalare tale che \( \nabla(f-\lambda g) (a,b) = (0,0) \), dunque
\[ \left\{\begin{matrix}
2a- \lambda b & = & 0 \\
2b - \lambda a & = & 0
\end{matrix}\right. \Rightarrow (2-\lambda)(a+b) =0 \]
Da cui deduciamo, poiché \( a,b >0 \) che \( \lambda = 2 \) e \( a=b \).
Dunque il triangolo rettangolo che cerchiamo è isoscele e possiede i cateti di lunghezza \( a=b= \sqrt{2A} \)
Mentre le soluzioni dicono
Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, poiché \( \nabla g(a,b) \neq (0,0) \) sappiamo che esiste uno scalare tale che \( \nabla(f+\lambda g) (a,b) = (0,0) \), dunque
\[ \left\{\begin{matrix}
2a+ \lambda b & = & 0 \\
2b + \lambda a & = & 0
\end{matrix}\right. \Rightarrow (2+\lambda)(a+b) =0 \]
Da cui deduciamo, poiché \( a,b >0 \) che \( \lambda =- 2 \) e \( a=b \).
Noi nella teoria abbiamo visto che la funzione lagrangiana è \( \mathcal{L}(x)=f(x) - \lambda g(x) \) e non con il \( + \), e visto che cambia il segno di \( \lambda \) mi chiedevo se cambiava qualcosa. Se è giusto uno o un'altro oppure se è indifferente.
Anche perché se calcolo il gradiente dovrebbe essere
\( \nabla f(a,b)=\begin{pmatrix}
2a\\
2b
\end{pmatrix} = \lambda \nabla g(a,b) = \lambda \begin{pmatrix}
b\\
a
\end{pmatrix} \)
E dunque mi sembra l'unico \( \lambda \) possibile sia \( \lambda = 2 \) e non \( \lambda = -2 \) e chiaramente \( a=b \)
Le soluzioni dell esercizio e il modo in cui l'ho risolto differeiscono per una piccola cosa.
Enunciato:
Determinare tra tutti i triangoli rettangoli aventi la stessa area, quallo con l'ipotenusa minimale.
Come ho fatto io:
Siano \( x,y \) le lungehzze dei due cateti. Poniamo \( E = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : x,y >0, g(x,y)=xy-2A=0 \} \)
E sia \( f: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R} \) la funzione definita da \( f(x,y)=x^2 + y^2 \)
Il problema posto diviene a trovare il minimo di \( f \) su \( E \).
Dimostriamo che il minimo esiste. Poniamo \( D=[0,2A+1] \times [0,2A+1] \) poiché \( f \) è continua sul compatto \(E_1= E \cap D \) esiste \( (a,b) \in E_1 \) tale che
\( f(a,b) = \min_{(x,y)\in E_1} f(x,y) \)
Dimostriamo che \( f(a,b) \) è anche il minimo di \( f \) su \( E \)
\( f(a,b) \leq f(2A,) = 4A^2 + 1 < (2A+1)^2 \), visto che \( (2A,1) \in E_1 \)
\( f(x,y) > (2A+1)^2 \) se \( (x,y) \in E-D \)
Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, poiché \( \nabla g(a,b) \neq (0,0) \) sappiamo che esiste uno scalare tale che \( \nabla(f-\lambda g) (a,b) = (0,0) \), dunque
\[ \left\{\begin{matrix}
2a- \lambda b & = & 0 \\
2b - \lambda a & = & 0
\end{matrix}\right. \Rightarrow (2-\lambda)(a+b) =0 \]
Da cui deduciamo, poiché \( a,b >0 \) che \( \lambda = 2 \) e \( a=b \).
Dunque il triangolo rettangolo che cerchiamo è isoscele e possiede i cateti di lunghezza \( a=b= \sqrt{2A} \)
Mentre le soluzioni dicono
Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, poiché \( \nabla g(a,b) \neq (0,0) \) sappiamo che esiste uno scalare tale che \( \nabla(f+\lambda g) (a,b) = (0,0) \), dunque
\[ \left\{\begin{matrix}
2a+ \lambda b & = & 0 \\
2b + \lambda a & = & 0
\end{matrix}\right. \Rightarrow (2+\lambda)(a+b) =0 \]
Da cui deduciamo, poiché \( a,b >0 \) che \( \lambda =- 2 \) e \( a=b \).
Noi nella teoria abbiamo visto che la funzione lagrangiana è \( \mathcal{L}(x)=f(x) - \lambda g(x) \) e non con il \( + \), e visto che cambia il segno di \( \lambda \) mi chiedevo se cambiava qualcosa. Se è giusto uno o un'altro oppure se è indifferente.
Anche perché se calcolo il gradiente dovrebbe essere
\( \nabla f(a,b)=\begin{pmatrix}
2a\\
2b
\end{pmatrix} = \lambda \nabla g(a,b) = \lambda \begin{pmatrix}
b\\
a
\end{pmatrix} \)
E dunque mi sembra l'unico \( \lambda \) possibile sia \( \lambda = 2 \) e non \( \lambda = -2 \) e chiaramente \( a=b \)
Risposte
Il segno di $ lambda$ dipende da come costruisci la lagrangiana ed è ininfluente sul risultato del problema originario.
Tra l’altro, il problema è essenzialmente unidimensionale, quindi è inutile sfruttare la lagrangiana.
Infatti, da:
\[
xy=2A
\]
si ricava $y=(2A)/x$ e dunque basta trovare gli estremi di:
\[
i^2 = x^2 + \frac{4A^2}{x^2}
\]
in $x>0$, o, ancora meglio, di $t+(4A^2)/t$ per $t>0$.
Tra l’altro, il problema è essenzialmente unidimensionale, quindi è inutile sfruttare la lagrangiana.
Infatti, da:
\[
xy=2A
\]
si ricava $y=(2A)/x$ e dunque basta trovare gli estremi di:
\[
i^2 = x^2 + \frac{4A^2}{x^2}
\]
in $x>0$, o, ancora meglio, di $t+(4A^2)/t$ per $t>0$.
Però se costruisci la Lagrangiana con il + come fa lui dopo cambia la relazione tra i gradienti?
\( \nabla f = - \lambda \nabla g \) ?
\( \nabla f = - \lambda \nabla g \) ?
Sì, ma la geometria non cambia: $nabla f$ è parallelo a $nabla g$ nel punto di estremo.
"gugo82":
Il segno di $ lambda$ dipende da come costruisci la lagrangiana ed è ininfluente sul risultato del problema originario.
Tra l’altro, il problema è essenzialmente unidimensionale, quindi è inutile sfruttare la lagrangiana.
Infatti, da:
\[
xy=2A
\]
si ricava $y=(2A)/x$ e dunque basta trovare gli estremi di:
\[
i^2 = x^2 + \frac{4A^2}{x^2}
\]
in $x>0$, o, ancora meglio, di $t+(4A^2)/t$ per $t>0$.
Grazie mille, si si, sarebbe possibile risolverlo unidimensionalmente ma appunto era per me per capire se cambia qualcosa con costruzioni diverse della lagrangiana o no.
Tra l'altro si potrebbe anche risolvere così
Notare che \( xy= 2A \) è un iperbole, e se prendiamo un cerchio centrato in origine e di raggio \( R \) crescente a partire da 0. Il cerchio inizialmente non tocca l'iperbole e finisce per toccarlo in due punti. La soluzione del problema corrisponde a trovare il raggio per il quale il cerchio è tangente all'iperbole. Per simmetria abbiamo che \( a=b \) e dunque \( a=\sqrt{2A} \)
Già. Il metodo grafico è molto utile, come ho mostrato in diversi post sull’argomento.
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