Punti critici funzione in 2 variabili
ciao a tutti! devo trovare gli estremi relativi di questa funzione $ f(x,y)= (x-1)^3 (3(x-1)^2 -5) +(y+2)^2 $
ho trovato che i miei punti critici sono $ A (1, -2)
B(1+ 1/sqrt 2, -2)
C (1- 1/sqrt2, 2) $
sono corretti?
sapete se c'è qualche calcolatore in grado di fornirmi il risulato del sistema di partenza?
grazie in anticipo!!
ho trovato che i miei punti critici sono $ A (1, -2)
B(1+ 1/sqrt 2, -2)
C (1- 1/sqrt2, 2) $
sono corretti?
sapete se c'è qualche calcolatore in grado di fornirmi il risulato del sistema di partenza?
grazie in anticipo!!
Risposte
Dopo un caffè doppio, una funzione in due variabili ci sta proprio bene. 
Metodo 1.
Pongo $w=x-1$ e $z=y+2$. L'unica differenza è che per ritornare alle variabili iniziali basta sostituire: si fa tranquillamente negli integrali e nei limiti, perché non farlo anche nelle funzioni? Anzi, vedendo tutte queste parentesi "uguali" fa pensare proprio che sia fatto apposta per un cambio di variabile.
$f(w,z)=w^3(3w^2-5)+z^2$
da cui
$f(w,z)=3w^5-5w^3+z^2$.
$\frac{\partial f}{\partial w}=15w^4-15w^2$
$\frac{\partial f}{\partial z}=2z$.
Ponendole uguali a zero nel solito sistemino, si ottiene
${(z=0),(w^2(w^2-1)=0):}$
Le cui soluzioni sono $(0,0)$, $(1,0)$, $(-1,0)$.
Tornando, ora a $x=w+1$ e $y=z-2$ ho
$(1,-2)$, $(2,-2)$, $(0,-2)$ che sono risultati diversi dai tuoi.
Metodo 2.
Tuttavia voglio vedere se ho fatto bene, perciò vado con il metodo classico anche se abbrevio il calcolo delle derivate evitando di sviluppare tutto (in pratica mi servo di regole di derivazione del prodotto e altre cose simili).
$f_x=3(x-1)^2(3(x-1)^2-5)+(x-1)^3(6(x-1))=(x-1)^2[9(x-1)^2-15+6(x-1)^2]=$
$=(x-1)^2[15(x-1)^2-15]$
$f_y=2(y+2)$
Guardandole bene sono analoghe a quelle precedenti: il cambio di variabile funziona!
Comunque, andando avanti senza farmi prendere troppo dall'entusiasmo, le metto a sistema
${(y=-2),((x-1)^2[15(x-1)^2-15]=0):}$
cioè
${(y=-2),(x=1):}$, quindi $(1,-2)$
unito a
${(y=-2),(x-1=\pm 1):}$ quindi $(0,-2)$ e $(2,-2)$.
Ora, il fatto che con 2 metodi differenti mi vengano 2 risultati uguali non vuol dire automaticamente che io ci abbia preso e tu no. Certo, mi rende più sicuro, ma in genere io sono un tipo che di errori di calcolo ne fa davvero tanti e tanto stupidi...
Metodo 1.
Pongo $w=x-1$ e $z=y+2$. L'unica differenza è che per ritornare alle variabili iniziali basta sostituire: si fa tranquillamente negli integrali e nei limiti, perché non farlo anche nelle funzioni? Anzi, vedendo tutte queste parentesi "uguali" fa pensare proprio che sia fatto apposta per un cambio di variabile.
$f(w,z)=w^3(3w^2-5)+z^2$
da cui
$f(w,z)=3w^5-5w^3+z^2$.
$\frac{\partial f}{\partial w}=15w^4-15w^2$
$\frac{\partial f}{\partial z}=2z$.
Ponendole uguali a zero nel solito sistemino, si ottiene
${(z=0),(w^2(w^2-1)=0):}$
Le cui soluzioni sono $(0,0)$, $(1,0)$, $(-1,0)$.
Tornando, ora a $x=w+1$ e $y=z-2$ ho
$(1,-2)$, $(2,-2)$, $(0,-2)$ che sono risultati diversi dai tuoi.
Metodo 2.
Tuttavia voglio vedere se ho fatto bene, perciò vado con il metodo classico anche se abbrevio il calcolo delle derivate evitando di sviluppare tutto (in pratica mi servo di regole di derivazione del prodotto e altre cose simili).
$f_x=3(x-1)^2(3(x-1)^2-5)+(x-1)^3(6(x-1))=(x-1)^2[9(x-1)^2-15+6(x-1)^2]=$
$=(x-1)^2[15(x-1)^2-15]$
$f_y=2(y+2)$
Guardandole bene sono analoghe a quelle precedenti: il cambio di variabile funziona!
Comunque, andando avanti senza farmi prendere troppo dall'entusiasmo, le metto a sistema
${(y=-2),((x-1)^2[15(x-1)^2-15]=0):}$
cioè
${(y=-2),(x=1):}$, quindi $(1,-2)$
unito a
${(y=-2),(x-1=\pm 1):}$ quindi $(0,-2)$ e $(2,-2)$.
Ora, il fatto che con 2 metodi differenti mi vengano 2 risultati uguali non vuol dire automaticamente che io ci abbia preso e tu no. Certo, mi rende più sicuro, ma in genere io sono un tipo che di errori di calcolo ne fa davvero tanti e tanto stupidi...
grazie mille per la risposta, provo a rifare l'esercizio con più calma e lo confronto con il tuo 
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