Sistemi non lineari
Buongiorno, nella ricerca di punti di minimo massimo vincolato attraverso il teorema di Lagrange e l'hessiano orlato, mi ritrovo nel dover risolvere sistemi non lineari, con i quali ho qualche problema.
Vi metto due sistemi non lineari riferiti ai suddetti esercizi, la risoluzione è obbligata altrimenti non posso individuare i punti stazionari della lagrangiana.
$\{(3(x+y)^2 - 2lambdax = 0),(3(x+y)^2 - 2lambday = 0),(x^2 + y^2-2 = 0):}$
$\{(y - 8lambdax = 0),(x - 18lambday = 0),(4x^2 + 9y^2 = 0):}$
Potreste aiutarmi con questi sistemi? so che è richiesto un un tentativo di risoluzione, però non riesco
Potreste indicarmi anche i passaggi? Vi ringrazio anticipatamente.
Vi metto due sistemi non lineari riferiti ai suddetti esercizi, la risoluzione è obbligata altrimenti non posso individuare i punti stazionari della lagrangiana.
$\{(3(x+y)^2 - 2lambdax = 0),(3(x+y)^2 - 2lambday = 0),(x^2 + y^2-2 = 0):}$
$\{(y - 8lambdax = 0),(x - 18lambday = 0),(4x^2 + 9y^2 = 0):}$
Potreste aiutarmi con questi sistemi? so che è richiesto un un tentativo di risoluzione, però non riesco
Potreste indicarmi anche i passaggi? Vi ringrazio anticipatamente.
Risposte
Per il primo sistema, io sottrarrei la prima equazione dalla seconda e otterrei $y=x$. Sostituendo nella terza, otterrei i 2 punti $x=+-1=y$
Per il secondo sistema, noterei che la terza equazione è una somma di due quadrati, pertanto è soddisfatto se e solo se $x=y=0$. Sostituendo nella altre due equazioni, scopro che sono soddisfatte.
Per il secondo sistema, noterei che la terza equazione è una somma di due quadrati, pertanto è soddisfatto se e solo se $x=y=0$. Sostituendo nella altre due equazioni, scopro che sono soddisfatte.
ti ringrazio, ho giusto un dubbio per il primo sistema.
Avendo trovato $x=$ y=±1 $±1=y$ e dovendo adesso sostituire per trovare i valori di $lamda$, in conclusione quanti punti stazionari ottengo? devo considerare $x=1$ e $y=±1$, $x=-1$ e $y=±1$ ? non faccio il contrario poichè credo siano coincidenti. Quindi in conclusione ottengo 4 punti stazionari?
Avendo trovato $x=$ y=±1 $±1=y$ e dovendo adesso sostituire per trovare i valori di $lamda$, in conclusione quanti punti stazionari ottengo? devo considerare $x=1$ e $y=±1$, $x=-1$ e $y=±1$ ? non faccio il contrario poichè credo siano coincidenti. Quindi in conclusione ottengo 4 punti stazionari?
Visto che fatichi con sistemi non lineari, parto con un consiglio generale.
Le operazioni fra equazioni sono lineari anche in un sistema che non è di primo grado.
Quando sottrai due equazioni, puoi rimpiazzare una delle due con quella trovata e ottenere un nuovo sistema di tre equazioni che vorrai sia più semplice del precedente. Ti farai l'occhio per scegliere come e perchè operare un "trucco" del genere. Per esempio, ti potrà capitare di notare che se moltiplichi la prima equazione per un dato numero e la terza per un altro numero e poi le sommi, avviene una bella semplificazione...e allora provala e vedi dove ti porta.
Diventerai bravo a notare cose del genere se e solo se ti prenderai sempre il tempo di fissare il sistema prima di partire a testa bassa con i calcoli.
Ora, nel nostro sistema, dopo la semplificazione, abbiamo due equazioni che non dipendono da $lambda$ e che sono soddisfatte solo per $x=y=+-1$. Se anche la prima equazione, qualsiasi delle due tu abbia tenuto nel nuovo sistema, non dipendesse da $lambda$ allora dovremmo inserire i valori che soddisfano la seconda e terza equazione e controllare che soddisfino anche la prima. Ma visto che c'è un $lambda$, sostituendo abbiamo un'equazione di primo grado in $lambda$....e ovviamente ha SEMPRE soluzione. Ci frega trovarla a questo punto? No.
L'idea del metodo di Lagrange è assai semplice. Stiamo cercando i punti in cui il gradiente della nostra funzione e il gradiente della funzione data dal vincolo vanno nella stessa direzione. Non devono essere identici, basta che stiano nel medesimo span, quindi basta che siano combinazioni lineari l'uno dell'altro $f_x=lambdag_x$ e $f_y=lambdag_y$ con $lambda!=0$ (ovviamente)
Quindi, in questo caso, sappiamo già che esisterà un valore di $lambda$ che ce lo garantisce (ripeto, è un'equazione di primo grado!). Perchè fare ulteriori calcoli per confermare l'acqua calda?
Supponiamo (per assurdo) invece che dopo la semplificazione avessimo trovato $y=lambdax$.
Dalla terza equazione avremmo trovato che sia x che y dipendono da $lambda$. Allora SI che vogliamo controllare che, sostituendo nella prima equazione, si possano ottenere soluzioni per $lambda$ che rendano l'intero sistema solubile. Chiaro no?
Se alla fine saltasse fuori, per dire, un'equazione di secondo grado in $lambda$ il cui discriminante è negativo, allora dovremmo concludere che il sistema non ha mai soluzione.
Riassumendo, il concetto di fondo è che esista almeno un valore di lambda che renda il sistema solubile. Quali siano esattamente quei valori è, concettualmente parlando, secondario. Serve identificarli solo se le soluzioni trovate dipendono da $lambda$.
Nel nostro esempio, le soluzioni non dipendono da $lambda$ e abbiamo quindi i punti (1,1) e (-1,-1), basta.
Edit: aggiunte le ultime due righe.
Le operazioni fra equazioni sono lineari anche in un sistema che non è di primo grado.
Quando sottrai due equazioni, puoi rimpiazzare una delle due con quella trovata e ottenere un nuovo sistema di tre equazioni che vorrai sia più semplice del precedente. Ti farai l'occhio per scegliere come e perchè operare un "trucco" del genere. Per esempio, ti potrà capitare di notare che se moltiplichi la prima equazione per un dato numero e la terza per un altro numero e poi le sommi, avviene una bella semplificazione...e allora provala e vedi dove ti porta.
Diventerai bravo a notare cose del genere se e solo se ti prenderai sempre il tempo di fissare il sistema prima di partire a testa bassa con i calcoli.
Ora, nel nostro sistema, dopo la semplificazione, abbiamo due equazioni che non dipendono da $lambda$ e che sono soddisfatte solo per $x=y=+-1$. Se anche la prima equazione, qualsiasi delle due tu abbia tenuto nel nuovo sistema, non dipendesse da $lambda$ allora dovremmo inserire i valori che soddisfano la seconda e terza equazione e controllare che soddisfino anche la prima. Ma visto che c'è un $lambda$, sostituendo abbiamo un'equazione di primo grado in $lambda$....e ovviamente ha SEMPRE soluzione. Ci frega trovarla a questo punto? No.
L'idea del metodo di Lagrange è assai semplice. Stiamo cercando i punti in cui il gradiente della nostra funzione e il gradiente della funzione data dal vincolo vanno nella stessa direzione. Non devono essere identici, basta che stiano nel medesimo span, quindi basta che siano combinazioni lineari l'uno dell'altro $f_x=lambdag_x$ e $f_y=lambdag_y$ con $lambda!=0$ (ovviamente)
Quindi, in questo caso, sappiamo già che esisterà un valore di $lambda$ che ce lo garantisce (ripeto, è un'equazione di primo grado!). Perchè fare ulteriori calcoli per confermare l'acqua calda?
Supponiamo (per assurdo) invece che dopo la semplificazione avessimo trovato $y=lambdax$.
Dalla terza equazione avremmo trovato che sia x che y dipendono da $lambda$. Allora SI che vogliamo controllare che, sostituendo nella prima equazione, si possano ottenere soluzioni per $lambda$ che rendano l'intero sistema solubile. Chiaro no?
Se alla fine saltasse fuori, per dire, un'equazione di secondo grado in $lambda$ il cui discriminante è negativo, allora dovremmo concludere che il sistema non ha mai soluzione.
Riassumendo, il concetto di fondo è che esista almeno un valore di lambda che renda il sistema solubile. Quali siano esattamente quei valori è, concettualmente parlando, secondario. Serve identificarli solo se le soluzioni trovate dipendono da $lambda$.
Nel nostro esempio, le soluzioni non dipendono da $lambda$ e abbiamo quindi i punti (1,1) e (-1,-1), basta.
Edit: aggiunte le ultime due righe.
Perfetto, ti ringrazio, sei stato molto esaustivo 
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo