Punti stazionari di una funzione in due variabili:
$(xy)/(x^2+y^2)$ Secondo il mio ragionamento il dominio è R^2 : (x,y) !=(0,0) , faccio le derivate parziali ed ottengo:
$f_x= [y(x^2+y^2)-xy(2x)] /[(x^2+y^2)^2]$
$f_y= [x(x^2+y^2)-(2y)(xy)]/[(x^2+y^2)^2]$
Ora pongo il gradiente uguale a 0, ed ottengo come punto stazionario solo il punto di coordinate (0,0) che non è definito nel dominio, quindi non presenta punti critici la funzione. Però wolfram ed altri siti mi dicono tutt'altro.. dov'è che sbaglio?
$f_x= [y(x^2+y^2)-xy(2x)] /[(x^2+y^2)^2]$
$f_y= [x(x^2+y^2)-(2y)(xy)]/[(x^2+y^2)^2]$
Ora pongo il gradiente uguale a 0, ed ottengo come punto stazionario solo il punto di coordinate (0,0) che non è definito nel dominio, quindi non presenta punti critici la funzione. Però wolfram ed altri siti mi dicono tutt'altro.. dov'è che sbaglio?
Risposte
Veramente, ponendo $\nabla f=0$ si ottiene le equazioni $x(x^2-y^2)=0,\ y(x^2-y^2)=0$ che hanno come soluzione le rette $y=\pm x$ oltre all'origine. Ovviamente nell'origine ci sono seri problemi, ma lungo le rette cosa accade? E se facessi il limite per $(x,y)\to(0,0)$? Che tipo di situazione troveresti?
Non ci vuole radice di x nella soluzione?
Radice? Scusa, come lo risolvi il sistema che ho scritto?
Allora ottengo:
$y(y^2-x^2)=0$
$x(x^2-y^2)=0$
Una soluzione banale è$ (0,0)$, poi per l'altra ho dalla prima equazione $y=x$ ed riottengo $(0,0)$ , mi fai vedere tu?
$y(y^2-x^2)=0$
$x(x^2-y^2)=0$
Una soluzione banale è$ (0,0)$, poi per l'altra ho dalla prima equazione $y=x$ ed riottengo $(0,0)$ , mi fai vedere tu?
Prendi la prima equazione: allora hai o che $y=0$ che sostituito nella seconda porta a $x^3=0$ e quindi $x=0$, oppure hai $y^2-x^2=0$ che, ovviamente, rende soddisfatta anche l'altra equazione. Tuttavia, $y^2-x^2=(y-x)(y+x)=0$ e quindi hai le due situazioni $y=x,\ y=-x$.
E dopo aver preso $y=x$ ed$ y=-x$ non devo sostituire questi due valori nella seconda equazione e ricavarmi la $x$?
......nella seconda equazione c'è già $x^2-y^2$, per cui è automaticamente soddisfatta (e lo anche scritto sopra). Un po' di attenzione, perdindirindina!
si scusa. Allora quando faccio la matrice Hessiana ottengo come componenti della amtrice tutti valori costanti, e nessuna variabile come faccio?
Se ragioni meccanicamente, con questo esercizio non ne cavi niente di buono. Ci vuole un po' di logica. Inizia con l'osservare che se restringi la funzione al I e III quadrante, tale funzione è sempre positiva, mentre sul II e IV sempre negativa. Inoltre,lungo gli assi cartesiani la funzione è nulla. Adesso puoi chiederti due cose: se faccio il limite per $(x,y)\to(0,0)$ cosa accade? E se invece mando $|(x,y)|\to+\infty$? Nel primo caso mi accorgo che se passo a coordinate polari, ottengo
$$\lim_{\rho\to 0}\frac{\rho^2\cos\theta\ \sin\theta}{\rho^2}=\cos\theta\sin\theta$$
per cui non ho un limite definito, anche se la funzione, avvicinandosi all'origine, presenta un andamento limitato (lo è il prodotto di seno e coseno) compreso nell'intervallo $[-1/2,1/2]$, poiché $\sin\theta\cos\theta=1/2\sin(2\theta)$. Stessa cosa accade quando calcolo il limite per $\rho\to+\infty$. Questo fa intuire che il comportamento della funzione è qualcosa di simile ad una funzione sinusoidale che "ruota" attorno all'origine. Allora ti puoi chiedere: quelle rette che ho determinato, $y=\pm x$ che tipo di informazioni mi danno? Bé, puoi provare a sostituire $y=x$ nella funzione: ottieni
$$F(x)=\frac{x\cdot x}{x^2+x^2}=\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2}$$
Ma allora, dal momento che si può ipotizzare che tale valore sia quello massimo che può assumere la funzione, quello che scopri che ogni punto di tale retta è un massimo assoluto. Analogamente, sostituendo $y=-x$ trovi il valore minimo $-1/2$.
C'è un altro modo per vederlo? Sì: puoi osservare che al denominatore c'è una somma di quadrati, mentre a numeratore un prodotto delle basi. Ora ricorda che $(x-y)^2=x^2+y^2-2xy$ e pertanto
$$xy=\frac{1}{2}(x^2+y^2)-\frac{1}{2}(x-y)^2$$
Se sostituisci ottieni
$$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}\right)$$
e puoi notare che la cosa tra parentesi, essendo 1 meno una quantità sempre positiva, sarà minore o uguale di 1. Ma allora la funzione $f(x,y)\le 1/2$ che ti assicura l'esistenza del massimo nei punti $y=x$ (dove si annulla la frazione nella parentesi. In modo analogo puoi dimostrare l'esistenza del minimo.
Cerca di digerire sta roba e poi mi dici se ci sono problemi.
$$\lim_{\rho\to 0}\frac{\rho^2\cos\theta\ \sin\theta}{\rho^2}=\cos\theta\sin\theta$$
per cui non ho un limite definito, anche se la funzione, avvicinandosi all'origine, presenta un andamento limitato (lo è il prodotto di seno e coseno) compreso nell'intervallo $[-1/2,1/2]$, poiché $\sin\theta\cos\theta=1/2\sin(2\theta)$. Stessa cosa accade quando calcolo il limite per $\rho\to+\infty$. Questo fa intuire che il comportamento della funzione è qualcosa di simile ad una funzione sinusoidale che "ruota" attorno all'origine. Allora ti puoi chiedere: quelle rette che ho determinato, $y=\pm x$ che tipo di informazioni mi danno? Bé, puoi provare a sostituire $y=x$ nella funzione: ottieni
$$F(x)=\frac{x\cdot x}{x^2+x^2}=\frac{x^2}{2x^2}=\frac{1}{2}$$
Ma allora, dal momento che si può ipotizzare che tale valore sia quello massimo che può assumere la funzione, quello che scopri che ogni punto di tale retta è un massimo assoluto. Analogamente, sostituendo $y=-x$ trovi il valore minimo $-1/2$.
C'è un altro modo per vederlo? Sì: puoi osservare che al denominatore c'è una somma di quadrati, mentre a numeratore un prodotto delle basi. Ora ricorda che $(x-y)^2=x^2+y^2-2xy$ e pertanto
$$xy=\frac{1}{2}(x^2+y^2)-\frac{1}{2}(x-y)^2$$
Se sostituisci ottieni
$$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{(x-y)^2}{x^2+y^2}\right)$$
e puoi notare che la cosa tra parentesi, essendo 1 meno una quantità sempre positiva, sarà minore o uguale di 1. Ma allora la funzione $f(x,y)\le 1/2$ che ti assicura l'esistenza del massimo nei punti $y=x$ (dove si annulla la frazione nella parentesi. In modo analogo puoi dimostrare l'esistenza del minimo.
Cerca di digerire sta roba e poi mi dici se ci sono problemi.
Esauriente.
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