Punti di sella di una funzione
Sia $f(x,y)=x^8-2x^4y+y^3-y$. Mostrare che il punto $(0,1/3)$ è di sella.
Io ho provato ad usare il fatto che se trovo due restrizioni di $f$ tali che in una $(0,1/3)$ è un punto di minimo locale e nell'altra è un punto di massimo locale allora necessariamente è punto di sella (oppure basta trovare una restrizione di $f$ in cui $(0,1/3)$ è un punto di sella). Ho provato con $y=1/3$ da cui $f(x,1/3)=x^8-2/3x^4-8/27$ e dove in $x=0$ si ha massimo locale. Il problema è che ora non so a quale restrizione andare affinchè $(0,1/3)$ sia punto di minimo locale (o addirittura trovare già una restrizione in cui $(0,1/3)$ sia punto di sella). Qualche idea?
Io ho provato ad usare il fatto che se trovo due restrizioni di $f$ tali che in una $(0,1/3)$ è un punto di minimo locale e nell'altra è un punto di massimo locale allora necessariamente è punto di sella (oppure basta trovare una restrizione di $f$ in cui $(0,1/3)$ è un punto di sella). Ho provato con $y=1/3$ da cui $f(x,1/3)=x^8-2/3x^4-8/27$ e dove in $x=0$ si ha massimo locale. Il problema è che ora non so a quale restrizione andare affinchè $(0,1/3)$ sia punto di minimo locale (o addirittura trovare già una restrizione in cui $(0,1/3)$ sia punto di sella). Qualche idea?
Risposte
Siamo sicuri che sia un punto di sella ?
https://academo.org/demos/3d-surface-pl ... olution=25
x^8 - 2*x^4*y + y^3 - y
https://academo.org/demos/3d-surface-pl ... olution=25
x^8 - 2*x^4*y + y^3 - y
Infatti sulla restrizione y=1/3+x il punto x=0 non è un estremo relativo.
Ciao andreadel1988,
Innanzitutto si vede subito che $f(- x, y) = f(x, y) $
Procedendo nel modo classico non mi trovo proprio col punto critico citato, infatti si ha:
$ {((\del f)/(\del x) = 0),((\del f)/(\del y) = 0):} \implies {(x^3(x^4 - y) = 0),(- 2x^4 + 3y^2 - 1 = 0):}$
Ora dalla prima equazione si ottiene $x = 0 $ e $y = x^4 $: sostituendo $x = 0 $ dalla seconda equazione si ottiene $3y^2 - 1 = 0 \implies y_{1,2} = \pm 1/(\sqrt3) = \pm sqrt3/3 $
Invece sostituendo $y = x^4 $ nella seconda equazione si ottiene l'equazione seguente:
$3x^8 - 2x^4 - 1 = 0 $
$(3x^4 + 1)(x^4 - 1) = 0 $
$(3x^4 + 1)(x^2 + 1)(x^2 - 1) = 0 $
$(3x^4 + 1)(x^2 + 1)(x - 1)(x + 1) = 0 $
Da quest'ultima equazione si ottengono le uniche due soluzioni reali $x_1 = 1 $ e $x_2 = - 1$, per cui i punti critici trovati sono i seguenti:
$P_1(0, \sqrt3/3) $, $P_2(0, - \sqrt3/3) $, $P_3(1, 1) $ e $P_4(- 1, 1) $
Innanzitutto si vede subito che $f(- x, y) = f(x, y) $
Procedendo nel modo classico non mi trovo proprio col punto critico citato, infatti si ha:
$ {((\del f)/(\del x) = 0),((\del f)/(\del y) = 0):} \implies {(x^3(x^4 - y) = 0),(- 2x^4 + 3y^2 - 1 = 0):}$
Ora dalla prima equazione si ottiene $x = 0 $ e $y = x^4 $: sostituendo $x = 0 $ dalla seconda equazione si ottiene $3y^2 - 1 = 0 \implies y_{1,2} = \pm 1/(\sqrt3) = \pm sqrt3/3 $
Invece sostituendo $y = x^4 $ nella seconda equazione si ottiene l'equazione seguente:
$3x^8 - 2x^4 - 1 = 0 $
$(3x^4 + 1)(x^4 - 1) = 0 $
$(3x^4 + 1)(x^2 + 1)(x^2 - 1) = 0 $
$(3x^4 + 1)(x^2 + 1)(x - 1)(x + 1) = 0 $
Da quest'ultima equazione si ottengono le uniche due soluzioni reali $x_1 = 1 $ e $x_2 = - 1$, per cui i punti critici trovati sono i seguenti:
$P_1(0, \sqrt3/3) $, $P_2(0, - \sqrt3/3) $, $P_3(1, 1) $ e $P_4(- 1, 1) $
Questo è l'esercizio, non so se ho scritto male io:
Voto per un errore di stampa: manca la radice quadrata sul $3$ per gli ultimi due punti... 
"pilloeffe":
Voto per un errore di stampa: manca la radice quadrata sul $3$ per gli ultimi due punti...
OK grazie mille, proverò con questo e vi faccio sapere
Beh, la funzione
$ z = f(0, y) = y^3 - y = y(y^2 - 1) $
è una cubica che interseca l'asse $y$ nei punti $O(0, 0) $, $A(- 1, 0) $ e $B(1, 0) $
Inoltre non è difficile verificare che essa ha un massimo nel punto $M(-1/\sqrt3, 2/(3\sqrt3)) $ ed un minimo nel punto $L(1/\sqrt3, - 2/(3\sqrt3)) $
$ z = f(0, y) = y^3 - y = y(y^2 - 1) $
è una cubica che interseca l'asse $y$ nei punti $O(0, 0) $, $A(- 1, 0) $ e $B(1, 0) $
Inoltre non è difficile verificare che essa ha un massimo nel punto $M(-1/\sqrt3, 2/(3\sqrt3)) $ ed un minimo nel punto $L(1/\sqrt3, - 2/(3\sqrt3)) $
Ritornando alla domanda originale per verificare che ad es. $(0,1/sqrt(3))$ è un punto sella potresti prendere la restrizione
$y=1/sqrt(3) + 0.5*x^2$
Se non ho fatto male i conti, su questa restrizione dovresti trovare che x=0 è un punto di massimo e poichè nella restrizione x=0 il punto critico era un minimo, si conclude che è un punto sella.
$y=1/sqrt(3) + 0.5*x^2$
Se non ho fatto male i conti, su questa restrizione dovresti trovare che x=0 è un punto di massimo e poichè nella restrizione x=0 il punto critico era un minimo, si conclude che è un punto sella.
"andreadel1988":
...
due restrizioni
...
o addirittura trovare già una restrizione in cui $(0,1/3)$ sia punto di sella
...
1. Dovresti specificare che tipo di restrizioni consideri (per es. @ingres considera come restrizione ammissibile il grafico di un polinomio di grado 2, ti va bene?)
2. Se per "restrizione" tu fai riferimento a una curva "unidimensionale" sarà difficile trovarci sopra un punto di sella
"ingres":
Ritornando alla domanda originale per verificare che ad es. $(0,1/sqrt(3))$ è un punto sella potresti prendere la restrizione
$y=1/sqrt(3) + 0.5*x^2$
Se non ho fatto male i conti, su questa restrizione dovresti trovare che x=0 è un punto di massimo e poichè nella restrizione x=0 il punto critico era un minimo, si conclude che è un punto sella.
Non ho capito in quale restrizione con $x=0$ trovo un minimo locale, quello che ho detto io mi veniva già un massimo locale.
"pilloeffe":
Beh, la funzione
$ z = f(0, y) = y^3 - y = y(y^2 - 1) $
è una cubica che interseca l'asse $ y $ nei punti $ O(0, 0) $, $ A(- 1, 0) $ e $ B(1, 0) $
Inoltre non è difficile verificare che essa ha un massimo nel punto $ M(-1/\sqrt3, 2/(3\sqrt3)) $ ed un minimo nel punto $ L(1/\sqrt3, - 2/(3\sqrt3)) $
Il punto L è un minimo delle restrizione f(0,y), ovvero $(0,1/sqrt(3))$ è un minimo rispetto a questa restrizione. In effetti se prendi anche $y=1/sqrt(3)$ come restrizione hai un massimo in $(0,1/sqrt(3))$.
Non mi ero accorto che pilloeffe ti aveva già in pratica dato la soluzione.
"pilloeffe":
Inoltre non è difficile verificare che essa ha un massimo nel punto $M(-1/\sqrt3, 2/(3\sqrt3)) $ ed un minimo nel punto $L(1/\sqrt3, - 2/(3\sqrt3)) $
Si grazie ci avevo pensato anche io pero avendo avuto prima il punto $(0,1/3)$ non mi ridava che fossero punti critici perciò non sapevo come fare, ti ringrazio per avermi fatto notare che non era quelo il punto
"Fioravante Patrone":
[quote="andreadel1988"]
...
due restrizioni
...
o addirittura trovare già una restrizione in cui $(0,1/3)$ sia punto di sella
...
1. Dovresti specificare che tipo di restrizioni consideri (per es. @ingres considera come restrizione ammissibile il grafico di un polinomio di grado 2, ti va bene?)
2. Se per "restrizione" tu fai riferimento a una curva "unidimensionale" sarà difficile trovarci sopra un punto di sella[/quote]
Come al ten. Colombo (ricordo bene?), mi danno fastidio questi fili lasciati penzolare.
Come matematico, trovo strano che uno cerchi punti che soddisfino proprietà che non ha definito.
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