Punti critici
Salve ho qualche problema a trovare le due restrizioni della seguante funzione per dimostrare che (0,0,0) è un punto di sella
$ f(x,y,z)= x^2+y^4+y^2+z^3-2xz $
il punto è un minimo per la restrizione all'asse delle x per esempio ma nn riesco a trovare la restrizione per il massimo.
qualcuno riesce ad illuminarmi? è la parte finale di un esercizio piuttosto lungo e questa è l'unica parte che non torna
io avevo provato anche a restringere alla generica retta z=mx
e viene fuori che la funzione ristretta è $g(x)=-mx^2+(mx)^3$
e imponendo che la sua derivata prima sia uguale a zero e che la sua derivta seconda sia minore di zero per x=0 per trovare il valore di m tale che la funzione presenti un massimo un 0
ma non funziona
$ f(x,y,z)= x^2+y^4+y^2+z^3-2xz $
il punto è un minimo per la restrizione all'asse delle x per esempio ma nn riesco a trovare la restrizione per il massimo.
qualcuno riesce ad illuminarmi? è la parte finale di un esercizio piuttosto lungo e questa è l'unica parte che non torna
io avevo provato anche a restringere alla generica retta z=mx
e viene fuori che la funzione ristretta è $g(x)=-mx^2+(mx)^3$
e imponendo che la sua derivata prima sia uguale a zero e che la sua derivta seconda sia minore di zero per x=0 per trovare il valore di m tale che la funzione presenti un massimo un 0
ma non funziona
Risposte
Allora...
a me piacciono le funzioni in due variabili perchè il loro grafico è una superficie, se invece le variabili sono 3 le cose si complicano e potri prendere una cantonata...
Allora ho pensato di riferirmi solo al piano $xz$ giacchè le y compaiono sempre con esponenti pari non diventano mai negative e non possono contribuire a portare la funzione verso valori negativi (noi stiamo indagando la natura del punto critico $O(0;0;0)$ dove la nostra funzione si annulla: se riusciamo a trovare una restrizione lungo la quale assuma valori negativi intorno all'origine siamo a posto).
Eccoci dunque nel piano $xz$, la nostra funzione ora appare così. $f(x;0;z)=x^2+z^3-2xz$
ragioniamo su una generica retta $z=mx$, la nostra funzione diventerà $f(x;mx)=x^2+m^3x^3-2mx^2$, dove $m$ è un parametro.
facendo la derivata prima ci accorgiamo che in $x=0$ si annulla
infatti $f'(x)=2x(1-2m)+3m^3x^2$
ora vogliamo fare in modo che in $x=0$ la derivata seconda non si annulli, anzi assuma un valore negativo (lavoreremo opportunamente sul parametro $m$) in modo da avere la concavità rivolta verso il basso ed avere quindi un punto di massimo
$f''(x)=2(1-2m)+6m^3x$
ora in $x=0$ diventa
$f''(0)=2-4m$
assegnando semplicemente al parametro il valore 1 ($m=1$) otteniamo
$f''=-2$ come volevamo.
Dunque se ci muoviamo lungo la bisettrice del I e III quadrante del piano $xz$ la nostra funzione originaria diventa
$f(x;0;x)=x^2-2x^2=-x^2$
che presenta giust'appunto un massimo nell'origine proprio come volevamo. Secondo te torna?
a me piacciono le funzioni in due variabili perchè il loro grafico è una superficie, se invece le variabili sono 3 le cose si complicano e potri prendere una cantonata...
Allora ho pensato di riferirmi solo al piano $xz$ giacchè le y compaiono sempre con esponenti pari non diventano mai negative e non possono contribuire a portare la funzione verso valori negativi (noi stiamo indagando la natura del punto critico $O(0;0;0)$ dove la nostra funzione si annulla: se riusciamo a trovare una restrizione lungo la quale assuma valori negativi intorno all'origine siamo a posto).
Eccoci dunque nel piano $xz$, la nostra funzione ora appare così. $f(x;0;z)=x^2+z^3-2xz$
ragioniamo su una generica retta $z=mx$, la nostra funzione diventerà $f(x;mx)=x^2+m^3x^3-2mx^2$, dove $m$ è un parametro.
facendo la derivata prima ci accorgiamo che in $x=0$ si annulla
infatti $f'(x)=2x(1-2m)+3m^3x^2$
ora vogliamo fare in modo che in $x=0$ la derivata seconda non si annulli, anzi assuma un valore negativo (lavoreremo opportunamente sul parametro $m$) in modo da avere la concavità rivolta verso il basso ed avere quindi un punto di massimo
$f''(x)=2(1-2m)+6m^3x$
ora in $x=0$ diventa
$f''(0)=2-4m$
assegnando semplicemente al parametro il valore 1 ($m=1$) otteniamo
$f''=-2$ come volevamo.
Dunque se ci muoviamo lungo la bisettrice del I e III quadrante del piano $xz$ la nostra funzione originaria diventa
$f(x;0;x)=x^2-2x^2=-x^2$
che presenta giust'appunto un massimo nell'origine proprio come volevamo. Secondo te torna?
"dragonspirit":
Salve ho qualche problema a trovare le due restrizioni della seguante funzione per dimostrare che (0,0,0) è un punto di sella
$ f(x,y,z)= x^2+y^4+y^2+z^3-2xz $
Non puoi dimostrarlo calcolando la matrice Hessiana?
"gio73":
Allora...
a me piacciono le funzioni in due variabili perchè il loro grafico è una superficie, se invece le variabili sono 3 le cose si complicano e potri prendere una cantonata...
Allora ho pensato di riferirmi solo al piano $xz$ giacchè le y compaiono sempre con esponenti pari non diventano mai negative e non possono contribuire a portare la funzione verso valori negativi (noi stiamo indagando la natura del punto critico $O(0;0;0)$ dove la nostra funzione si annulla: se riusciamo a trovare una restrizione lungo la quale assuma valori negativi intorno all'origine siamo a posto).
Eccoci dunque nel piano $xz$, la nostra funzione ora appare così. $f(x;0;z)=x^2+z^3-2xz$
ragioniamo su una generica retta $z=mx$, la nostra funzione diventerà $f(x;mx)=x^2+m^3x^3-2mx^2$, dove $m$ è un parametro.
facendo la derivata prima ci accorgiamo che in $x=0$ si annulla
infatti $f'(x)=2x(1-2m)+3m^3x^2$
ora vogliamo fare in modo che in $x=0$ la derivata seconda non si annulli, anzi assuma un valore negativo (lavoreremo opportunamente sul parametro $m$) in modo da avere la concavità rivolta verso il basso ed avere quindi un punto di massimo
$f''(x)=2(1-2m)+6m^3x$
ora in $x=0$ diventa
$f''(0)=2-4m$
assegnando semplicemente al parametro il valore 1 ($m=1$) otteniamo
$f''=-2$ come volevamo.
Dunque se ci muoviamo lungo la bisettrice del I e III quadrante del piano $xz$ la nostra funzione originaria diventa
$f(x;0;x)0x^2-2x^2=x^2$
che presenta giust'appunto un massimo nell'origine proprio come volevamo. Secondo te torna?
guarda avevo fatto lo stesso identico ragionamento e calcoli ( poi mi sono accorto di aver fatto un errore di calcolo nella ristretta) ma a parte il fatto che il grafico della ristretta $ f(x;mx)=x^2+m^3x^3-2mx^2 $
per m=1 non presenta un massimo cosa che mi ha sorpreso dato che è un teorema di analisi 1 quello che abbiamo applicato. il che mi rende alibito, spero di aver fatto un errore di calcolo imbarazzante piuttosto che scoprire di aver fatto un errore concettuale su un teorema così banale.In più la funzione $ f(x;;0;mx)=x^2+x^3-2x^2=x^3-x^2 $ che da come si evince non presenta massimo in (0,0,0).
"Gabriele.Sciaguato":
[quote="dragonspirit"]Salve ho qualche problema a trovare le due restrizioni della seguante funzione per dimostrare che (0,0,0) è un punto di sella
$ f(x,y,z)= x^2+y^4+y^2+z^3-2xz $
Non puoi dimostrarlo calcolando la matrice Hessiana?[/quote][quote=gio73]
la matrice hessiana essendo una 3x3 non mi sono neanche avventurato nel calcolo della forma quadratica, ma ora ci provo.
se non sbaglio la forma quadratica per (0,0,0) è $ 2x^2-4xz+2y^2= { (f(1,1,0)>0 ),( f(1,0,1)<0) :}$ il che prova che è un punto di sella. Rimango ancora perlesso per la questione del grafico
sono un imbecille scusate 
guardando meglio il grafico e zoommando si vede che 0 è un massimo locale 
guardando meglio il grafico e zoommando si vede che 0 è un massimo locale
La matrice hessiana nell'origine è:
Il determinante si annulla per $\lambda=2$, con molteplicità due, e per $\lambda=-2$, il che la rende non definita, quindi nell'origine c'è un punto di sella.
$H|_(\bb0)=((2,0,-2),(0,2,0),(0,0,-2))->det(H-\lambdaI)=-(2-\lambda)^2(2+\lambda)$
Il determinante si annulla per $\lambda=2$, con molteplicità due, e per $\lambda=-2$, il che la rende non definita, quindi nell'origine c'è un punto di sella.
Devo ammettere che è un po' che non riesco più a seguirvi... 
ad ogni modo a me la matrice hessiana viene così
che nell'origine diventa
"Gabriele.Sciaguato":
La matrice hessiana nell'origine è:
$H|_(\bb0)=((2,0,-2),(0,2,0),(0,0,-2))->det(H-\lambdaI)=-(2-\lambda)^2(2+\lambda)$
ad ogni modo a me la matrice hessiana viene così
$H=((2,0,-2),(0,12y^2+2,0),(-2,0,6z))$
che nell'origine diventa
$H|_(\bb0)=((2,0,-2),(0,2,0),(-2,0,0))$
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