Punti di massimo e minimo vincolati
Salve a tutti, mi servirebbe aiuto per questo esercizio:
data la funzione $ f(x,y)=e^(-x^2-y^2)(2x+y^2) $ :
i) trovare i punti critici e stabilirne la natura;
ii) trovare i punti di massimo e minimo vincolati alla funzione $g(x,y)= x^2+y^2=1 $
per trovare i punti critici so che vanno fatte le derivate parziali della f(x,y) e poste uguali a 0, trovare quanto valgono la x e la y e calcolare poi la matrice hessiana per capire se sono punti di massimo, minimo o sella. Il mio problema è che non riesco proprio a trovare i punti!!! cioè non riesco ad esplicitare la x e la y dal sistema delle derivate parziali!!
c'è qualcuno che potrebbe aiutarmi a trovare almeno i punti critici??
per quanto riguarda il secondo punto invece non so proprio come fare, ho provato con la funzione lagrangiana ma viene una una cosa troppo laboriosa quindi secondo me andrebbe utilizzato un altro metodo, passando alle coordinate polari, che il mio professore utilizza, ma che non ho capito minimamente! potreste spiegarmelo??
grazie in anticipo!!
data la funzione $ f(x,y)=e^(-x^2-y^2)(2x+y^2) $ :
i) trovare i punti critici e stabilirne la natura;
ii) trovare i punti di massimo e minimo vincolati alla funzione $g(x,y)= x^2+y^2=1 $
per trovare i punti critici so che vanno fatte le derivate parziali della f(x,y) e poste uguali a 0, trovare quanto valgono la x e la y e calcolare poi la matrice hessiana per capire se sono punti di massimo, minimo o sella. Il mio problema è che non riesco proprio a trovare i punti!!! cioè non riesco ad esplicitare la x e la y dal sistema delle derivate parziali!!
c'è qualcuno che potrebbe aiutarmi a trovare almeno i punti critici??
per quanto riguarda il secondo punto invece non so proprio come fare, ho provato con la funzione lagrangiana ma viene una una cosa troppo laboriosa quindi secondo me andrebbe utilizzato un altro metodo, passando alle coordinate polari, che il mio professore utilizza, ma che non ho capito minimamente! potreste spiegarmelo??
grazie in anticipo!!
Risposte
Procediamo come hai detto tu:
Sia $f(x,y) = e^{-x^2-y^2}(2x+y^2)$.
\begin{equation}
\nabla f = \begin{bmatrix} 2e^{- x^2 - y^2} - 2xe^{- x^2 - y^2}(y^2 + 2x) \\ 2ye^{- x^2 - y^2} - 2ye^{- x^2 - y^2}(y^2 + 2x) \end{bmatrix} =0 \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 2-2x(y^2+2x)=0 \\ 2y-2y(y^2+2x)=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x(2x+y^2)-1=0 \\ y(2x^2+y^2-1)=0 \end{cases}
\end{equation}
Dove ho "eliminato" gli esponenziali in quanto sempre strettamente positivi. Il sistema ha quindi soluzioni:
$P_1 (1/\sqrt{2},0), P_2(-1/\sqrt{2},0) $
L'hessiano della funzione è:
\begin{equation}
H= e^{-x^2-y^2} \begin{bmatrix} 4x^2(y^2 + 2x) - 2(y^2 + 2x) - 8x & 4xy(y^2 + 2x) - 4xy - 4y \\ 4xy(y^2 + 2x) - 4xy - 4y & 2 - 8y^2 - 2(y^2 + 2x) + 4y^2(y^2 + 2x) \end{bmatrix}
\end{equation}
Che nei punti in questione vale (valori approssimati):
\begin{equation}
H_1 = \begin{bmatrix} -3.4311 & 0 \\0 & -0.5025 \end{bmatrix}, H_2 = \begin{bmatrix} 3.4311 & 0 \\0 & 2.9286 \end{bmatrix}
\end{equation}
Abbiamo dunque che $P_1$ è massimo locale ($\sqrt{2/e}$) , e $P_2$ è minimo locale ($-\sqrt{2/e}$).
Per quanto riguarda il caso col vincolo io senza usare le coordinate polari ti direi, siccome abbiamo:
$y^2=1-x^2 \quad \Rightarrow f(x,1-x^2) = g(x) =1/e \cdot (-x^2 +2x+1) $.
Studiando $g(x)$ con gli usuali metodi abbiamo che ammette massimo in $x=1$. Per tale valore di $x$, sul vincolo $y=0$ e quindi l'unico punto di massimo vincolato è $P_3 (1,0) $.
Ciao!
Sia $f(x,y) = e^{-x^2-y^2}(2x+y^2)$.
\begin{equation}
\nabla f = \begin{bmatrix} 2e^{- x^2 - y^2} - 2xe^{- x^2 - y^2}(y^2 + 2x) \\ 2ye^{- x^2 - y^2} - 2ye^{- x^2 - y^2}(y^2 + 2x) \end{bmatrix} =0 \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} 2-2x(y^2+2x)=0 \\ 2y-2y(y^2+2x)=0 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x(2x+y^2)-1=0 \\ y(2x^2+y^2-1)=0 \end{cases}
\end{equation}
Dove ho "eliminato" gli esponenziali in quanto sempre strettamente positivi. Il sistema ha quindi soluzioni:
$P_1 (1/\sqrt{2},0), P_2(-1/\sqrt{2},0) $
L'hessiano della funzione è:
\begin{equation}
H= e^{-x^2-y^2} \begin{bmatrix} 4x^2(y^2 + 2x) - 2(y^2 + 2x) - 8x & 4xy(y^2 + 2x) - 4xy - 4y \\ 4xy(y^2 + 2x) - 4xy - 4y & 2 - 8y^2 - 2(y^2 + 2x) + 4y^2(y^2 + 2x) \end{bmatrix}
\end{equation}
Che nei punti in questione vale (valori approssimati):
\begin{equation}
H_1 = \begin{bmatrix} -3.4311 & 0 \\0 & -0.5025 \end{bmatrix}, H_2 = \begin{bmatrix} 3.4311 & 0 \\0 & 2.9286 \end{bmatrix}
\end{equation}
Abbiamo dunque che $P_1$ è massimo locale ($\sqrt{2/e}$) , e $P_2$ è minimo locale ($-\sqrt{2/e}$).
Per quanto riguarda il caso col vincolo io senza usare le coordinate polari ti direi, siccome abbiamo:
$y^2=1-x^2 \quad \Rightarrow f(x,1-x^2) = g(x) =1/e \cdot (-x^2 +2x+1) $.
Studiando $g(x)$ con gli usuali metodi abbiamo che ammette massimo in $x=1$. Per tale valore di $x$, sul vincolo $y=0$ e quindi l'unico punto di massimo vincolato è $P_3 (1,0) $.
Ciao!
$P_1 (1/\sqrt{2},0), P_2(-1/\sqrt{2},0) $
come ti sono usciti questi punti?? io mi sono proprio bloccata al passaggio prima... provo a risolvere ma arrivo sempre al punto in cui $ y^2=-1 $
come ti sono usciti questi punti?? io mi sono proprio bloccata al passaggio prima... provo a risolvere ma arrivo sempre al punto in cui $ y^2=-1 $
Dal terzo sistema:
\begin{equation}
\begin{cases} x(2x+y^2)-1=0 \\ y(2x^2+y^2-1)=0 \end{cases}
\end{equation}
Dalla seconda abbiamo, per la legge di annullamento del prodotto, $y=0 \vee 2x^2+y^2-1=0 $.
Sostituendo nella prima $y=0$ hai $ x(2x)-1=0 \Rightarrow x= \pm 1/\sqrt{2} $
Sostituendo nella prima $y^2=1-2x^2 $ hai $y^2+1 =0 $ che non ha soluzioni reali.
Le uniche soluzioni sono dunque $(1/\sqrt{2},0)$ e $(-1/\sqrt{2},0)$.
\begin{equation}
\begin{cases} x(2x+y^2)-1=0 \\ y(2x^2+y^2-1)=0 \end{cases}
\end{equation}
Dalla seconda abbiamo, per la legge di annullamento del prodotto, $y=0 \vee 2x^2+y^2-1=0 $.
Sostituendo nella prima $y=0$ hai $ x(2x)-1=0 \Rightarrow x= \pm 1/\sqrt{2} $
Sostituendo nella prima $y^2=1-2x^2 $ hai $y^2+1 =0 $ che non ha soluzioni reali.
Le uniche soluzioni sono dunque $(1/\sqrt{2},0)$ e $(-1/\sqrt{2},0)$.
ah ecco, mi ero persa il pezzo io cui y=0 comunque grazie mille per la tua disponibilità!!
comunque grazie mille per la tua disponibilità!!
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