Sistema max e min vincolato
Determinare max e min di $f(x,y) = x + y + e^(xy) $ sulla circonferenza di raggio unitario centrata in 0
Ragazzi qualcuno mi sa dire come diavolo risolvere il sistema associato a questo problema di max e min vincolato?
Ragazzi qualcuno mi sa dire come diavolo risolvere il sistema associato a questo problema di max e min vincolato?
Risposte
Quale sistema? Quello per il gradiente di $f$ oppure quello per il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per il vincolo?
Perdono, forse non sono stato chiaro, il problema è tutto al bordo (vincolo : $ x^2 + y^2 = 1 $ )! Quindi parlo di quello per il metodo dei moltiplicatori 
Quindi non riesci a risolvere questo sistema qui
[tex]$\left\{\begin{array}{l}
1+y e^{xy}-2\lambda x=0\\ 1+x e^{xy}-2\lambda y=0\\ x^2+y^2=1
\end{array}\right.$[/tex] ?
Bé effettivamente è una brutta bestia. Non ti conviene direttamente andare a studiare la funzione $f$ ristretta al vincolo ponendo $x=\cos t,\ y=\sin t$?
[tex]$\left\{\begin{array}{l}
1+y e^{xy}-2\lambda x=0\\ 1+x e^{xy}-2\lambda y=0\\ x^2+y^2=1
\end{array}\right.$[/tex] ?
Bé effettivamente è una brutta bestia. Non ti conviene direttamente andare a studiare la funzione $f$ ristretta al vincolo ponendo $x=\cos t,\ y=\sin t$?
Ora che ci penso, in realtà è facile: trovando le espressioni per [tex]$e^{xy}$[/tex] nelle prime due equazioni si ha
[tex]$e^{xy}=\frac{2\lambda x-1}{y}=\frac{2\lambda y-1}{x}$[/tex]
per cui, dovendo essere $x\ne 0,\ y\ne 0$ si ha
[tex]$2\lambda x^2-x=2\lambda y^2-y$[/tex] o anche [tex]$2\lambda(x^2-y^2)-(x-y)=0$[/tex]
e quindi [tex]$(x-y)\left[2\lambda(x-y)-1\right]=0$[/tex]
A questo punto credo che puoi procedere da solo.
[tex]$e^{xy}=\frac{2\lambda x-1}{y}=\frac{2\lambda y-1}{x}$[/tex]
per cui, dovendo essere $x\ne 0,\ y\ne 0$ si ha
[tex]$2\lambda x^2-x=2\lambda y^2-y$[/tex] o anche [tex]$2\lambda(x^2-y^2)-(x-y)=0$[/tex]
e quindi [tex]$(x-y)\left[2\lambda(x-y)-1\right]=0$[/tex]
A questo punto credo che puoi procedere da solo.
Hai ragione, sono un pollo . Grazie per la mano !
. Grazie per la mano !
L'idea di sostituire le equazioni parametriche del vincolo è decisamente quella migliore in questo caso, dato che i conti con la lagrangiana vengono brutti...
... Oppure si può aguzzare l'ingegno!
Il problema delle equazioni è l'esponenziale. Ecco, io lo proverei ad eliminare introducendo una variabile ausiliaria ed un nuovo vincolo.
Ad esempio, se poniamo [tex]$z=xy$[/tex] la funzione assegnata coincide con il valore che la funzione [tex]$F(x,y,z)=x+y+e^z$[/tex] prende sul vincolo d'equazione $xy-z=0$... Quindi il nostro problema di estremo vincolato si può interpretare come quello relativo alla funzione [tex]$F(x,y,z)$[/tex] soggetta ai due vincoli [tex]$x^2+y^2-1=0$[/tex] ed [tex]$xy-z=0$[/tex]!
Conseguentemente la lagrangiana diviene [tex]$L(x,y,z;\lambda ,\mu) =x+y+e^z-\lambda (x^2+y^2-1) -\mu (xy-z)$[/tex] ed il sistema è:
[tex]$\begin{cases} 1-2\lambda x-\mu y=0 \\ 1-\mu x-2\lambda y=0 \\ e^z +\mu=0 \\ x^2+y^2-1=0 \\ xy-z=0 \end{cases}$[/tex];
il determinante delle prime due equazioni (interpretate come equazioni in [tex]$x, y$[/tex]) è [tex]$\neq 0$[/tex] se [tex]$2\lambda \neq \pm \mu$[/tex] ed in tal caso il sottosistema:
[tex]$\begin{cases} 2\lambda x+\mu y =1 \\ \mu x +2\lambda y =1\end{cases}$[/tex]
è di Cramer non omogeneo, perciò ammette unica soluzione; il precedente sistema ha come unica soluzione [tex]$x=\tfrac{1}{2\lambda +\mu}=y$[/tex]...
... Oppure si può aguzzare l'ingegno!
Il problema delle equazioni è l'esponenziale. Ecco, io lo proverei ad eliminare introducendo una variabile ausiliaria ed un nuovo vincolo.
Ad esempio, se poniamo [tex]$z=xy$[/tex] la funzione assegnata coincide con il valore che la funzione [tex]$F(x,y,z)=x+y+e^z$[/tex] prende sul vincolo d'equazione $xy-z=0$... Quindi il nostro problema di estremo vincolato si può interpretare come quello relativo alla funzione [tex]$F(x,y,z)$[/tex] soggetta ai due vincoli [tex]$x^2+y^2-1=0$[/tex] ed [tex]$xy-z=0$[/tex]!
Conseguentemente la lagrangiana diviene [tex]$L(x,y,z;\lambda ,\mu) =x+y+e^z-\lambda (x^2+y^2-1) -\mu (xy-z)$[/tex] ed il sistema è:
[tex]$\begin{cases} 1-2\lambda x-\mu y=0 \\ 1-\mu x-2\lambda y=0 \\ e^z +\mu=0 \\ x^2+y^2-1=0 \\ xy-z=0 \end{cases}$[/tex];
il determinante delle prime due equazioni (interpretate come equazioni in [tex]$x, y$[/tex]) è [tex]$\neq 0$[/tex] se [tex]$2\lambda \neq \pm \mu$[/tex] ed in tal caso il sottosistema:
[tex]$\begin{cases} 2\lambda x+\mu y =1 \\ \mu x +2\lambda y =1\end{cases}$[/tex]
è di Cramer non omogeneo, perciò ammette unica soluzione; il precedente sistema ha come unica soluzione [tex]$x=\tfrac{1}{2\lambda +\mu}=y$[/tex]...
Bene, ho ridato un'occhiata!
Ho evitato la parametrizzazione perchè finisco per incasinarmi ben peggio che con il sistema, la funzione parametrizzata:
$ f(theta) = cos(theta) + sin(theta) + e^(sin(2*theta)/2) $
da cui
$ f'(theta) = - sin(theta) + cos(theta) + cos(2*theta) e^(sin(2*theta)/2) $
Annullando becco un equazione che trascendente, od ho qualcosa sotto gli occhi che non riesco a vedere?
Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange ad un vincolo tutto bene come diceva Ciampax, arrivati a
$ (x-y)[2*lambda*(x-y) - 1] = 0 $
Incontro qualche problema, infatti dalla sottoequazione in questione banalmente saltano fuori due sistemi, il primo che prevede $ x = y $ ed amen, il secondo invece su $ ( 2* lambda * (x-y) - 1) = 0 $ da cui posso ricavare il $lambda$ che sostituito però mi rispedisce nell'abisso dell'esponenziale :\.
Gugo, bellissima l'idea di riportarsi ad una funzione di 3 variabili a 2 vincoli ma sinceramente sono un pò a secco di algebra e la tua risoluzione determinante+Cramer mi dà qualche problema
.
Non risparmiatevi dallo sprangarmi per le boiate appena scritte, e grazie ancora ragazzi
Ho evitato la parametrizzazione perchè finisco per incasinarmi ben peggio che con il sistema, la funzione parametrizzata:
$ f(theta) = cos(theta) + sin(theta) + e^(sin(2*theta)/2) $
da cui
$ f'(theta) = - sin(theta) + cos(theta) + cos(2*theta) e^(sin(2*theta)/2) $
Annullando becco un equazione che trascendente, od ho qualcosa sotto gli occhi che non riesco a vedere?
Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange ad un vincolo tutto bene come diceva Ciampax, arrivati a
$ (x-y)[2*lambda*(x-y) - 1] = 0 $
Incontro qualche problema, infatti dalla sottoequazione in questione banalmente saltano fuori due sistemi, il primo che prevede $ x = y $ ed amen, il secondo invece su $ ( 2* lambda * (x-y) - 1) = 0 $ da cui posso ricavare il $lambda$ che sostituito però mi rispedisce nell'abisso dell'esponenziale :\.
Gugo, bellissima l'idea di riportarsi ad una funzione di 3 variabili a 2 vincoli ma sinceramente sono un pò a secco di algebra e la tua risoluzione determinante+Cramer mi dà qualche problema
.Non risparmiatevi dallo sprangarmi per le boiate appena scritte, e grazie ancora ragazzi
Up!
Dunque, io direi che puoi fare così: dal momento che [tex]$2\lambda=\frac{1}{x-y}$[/tex] ovviamente con $x\ne y$, che è un caso già studiato, ottieni che [tex]$e^{xy}=\frac{1}{x-y}$[/tex] o anche [tex]$x-y=e^{-xy}$[/tex]. Ora, l'equazione del vincolo può essere riscritta come [tex]$(x-y)^2+2xy=1$[/tex] (basta sommare e sottrarre $2xy$) per cui ottieni, sostituendo l'espressione per $x-y$
[tex]$e^{-2xy}+2xy=1$[/tex]
Poniamo per un momento $t=-2xy$: quello che ottieni è l'equazione [tex]$e^{t}=1+t$[/tex] la quale ammette l'unica soluzione $t=0$. Per vederlo, basta disegnarsi il grafico delle due funzioni scritte (oppure usare il teorema di esistenza degli zeri, se vuoi essere più rigoroso).
Ritornando indietro, scopri allora che gli eventuali punti di massimo e minimo vincolati devono essere quelli per cui [tex]$0=t=-2xy$[/tex] per cui quelli della forma [tex]$(0,y),\ (x,0)$[/tex] e devono anche soddisfare alla condizione [tex]$x^2+y^2=1$[/tex]. Ne segue che i punti che cerchi sono
[tex]$(\pm 1,0),\ \lambda=\pm\frac{1}{2},\qquad (0,\pm 1),\ \lambda=\mp\frac{1}{2}$[/tex]
[tex]$e^{-2xy}+2xy=1$[/tex]
Poniamo per un momento $t=-2xy$: quello che ottieni è l'equazione [tex]$e^{t}=1+t$[/tex] la quale ammette l'unica soluzione $t=0$. Per vederlo, basta disegnarsi il grafico delle due funzioni scritte (oppure usare il teorema di esistenza degli zeri, se vuoi essere più rigoroso).
Ritornando indietro, scopri allora che gli eventuali punti di massimo e minimo vincolati devono essere quelli per cui [tex]$0=t=-2xy$[/tex] per cui quelli della forma [tex]$(0,y),\ (x,0)$[/tex] e devono anche soddisfare alla condizione [tex]$x^2+y^2=1$[/tex]. Ne segue che i punti che cerchi sono
[tex]$(\pm 1,0),\ \lambda=\pm\frac{1}{2},\qquad (0,\pm 1),\ \lambda=\mp\frac{1}{2}$[/tex]
Ciampax ti abbraccio
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