Punti critici liberi e vincolati di una funzione di due variabili

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Punti critici liberi e vincolati di una funzione di due variabili #76950

avt
FrenkyCT
Punto
Ciao a tutti, avrei una funzione di due variabili e di essa dovrei trovare i punti critici e classificarli, inoltre mi viene richiesto di trovare gli estremi assoluti in un insieme.

Riporto la traccia così com'è:

Assegnata la funzione:

f(x,y)=(e^{x}-y)\arctan(x^2)

a) Determinare i punti critici e classificarli;

b) Determinare gli estremi assoluti nell'insieme

P=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 0\le x \le 1, 0\le y\le e^{x}\}

Grazie.
 
 

Punti critici liberi e vincolati di una funzione di due variabili #76961

avt
Ifrit
Amministratore
Punto 1)

Prima di tutto determiniamo il dominio della funzione di due variabili data. Nella funzione non appaiono funzioni problematiche, dunque:

\mbox{dom}(f)=\mathbb{R}^2

Inoltre la funzione è differenziabile perché prodotto di funzioni differenziabili, i punti critici coincideranno con i punti stazionari della funzione. I punti stazionari ovviamente annullano il gradiente della funzione, ovvero quel vettore che ha per componenti le derivate parziali prime.

Calcolo delle derivate parziali

Derivata parziale rispetto ad x

Deriveremo con le usuali tecniche di derivazione considerando y come se fosse una costante:

f_{x}(x,y)= D_{x}[(e^{x}-y)\arctan(x^2)]= Regola della derivata di un prodotto:

=D_{x}[(e^{x}-y)]\arctan(x^2)+ (e^{x}-y)D_{x}[\arctan(x^2)]=

Osserva che:

\bullet\,\,D_{x}[(e^{x}-y)]= \overbrace{D_{x}[e^{x}]}^{=e^x}-\overbrace{ D_{x}[y]}^{=0}

\bullet\,\, D_{x}[\arctan(x^2)]= \frac{2x}{1+x^4}

di conseguenza otterrai

=e^{x}\arctan(x^2)+ (e^{x}-y)\cdot \frac{2x}{1+x^4}=

=e^{x}\arctan(x^2)+ \frac{2x(e^{x}-y)}{1+x^4}


Derivata parziale rispetto ad y

In questo caso deriveremo rispetto alla variabile y considerando x costante:

f_{y}(x,y)=D_{y}[(e^{x}-y)\arctan(x^2)]

Poiché l'espressione \arctan(x^2) dipende esclusivamente dalla variabile x, y la vede come una costante, quindi possiamo trasportarla fuori dal simbolo di derivata:

\arctan(x^2)D_{y}[(e^{x}-y)]

Osserva che:

D_{y}[e^{x}-y]=D_{y}[e^{x}]-D_{y}[y]=0- 1=-1

pertanto scriveremo che:

f_{y}(x,y)=D_{y}[(e^{x}-y)\arctan(x^2)]= \arctan(x^2)\cdot(-1)=-\arctan(x^2)


Il gradiente della funzione sarà:

\nabla f(x,y)=\left(\overbrace{\frac{2x(e^{x}-y)}{1+x^4}+e^{x}\arctan(x^2)}^{f_{x}(x,y)},\overbrace{-\arctan(x^2)}^{f_{y}(x,y)}\right)

Imponiamo che esso sia uguale al vettore identicamente nullo, ci condurrà al sistema:

\begin{cases}f_{x}(x,y)=0\\ f_{y}(x,y)=0\end{cases}

e dunque:

\begin{cases}\frac{2x(e^{x}-y)}{1+x^4}+e^{x}\arctan(x^2)=0\\ -\arctan(x^2)=0 \end{cases}

La prima equazione non ci è amica, ma fortunatamente la seconda sì! emt. Dalla seconda equazione si ha che:

-\arctan(x^2)=0\iff x^2= 0\iff x=0

Pratico e indolore. Sostituiamo la x ottenuta nella prima equazione, otterrai :

0=0.

Il sistema è soddisfatto da tutti i punti del tipo (0, y)\mbox{ con }y\in\mathbb{R}, in sostanza abbiamo una retta di punti critici e tale retta coincide con l'asse y, nel piano Ox y. emt

Se utilizzassimo il metodo Gradiente-Hessiano per studiare la natura dei punti stazionari, ci accorgeremmo che il determinante della matrice Hessiana è nullo, sarebbe un'inutile perdita di tempo se andassimo a calcolare le derivate parziali del secondo ordine, dobbiamo necessariamente affidarci ad un metodo diverso.

Ti invito a leggere la bellissima lezione su come comportarsi quando il determinante hessiano è nullo.

Qui utilizzerò la tecnica dello studio del segno della funzione variazione.

Definiamo:

\Delta f(x,y)= f(x,y)-f(0,y)

dove:

\bullet\,\, f(x,y)= (e^{x}-y)\arctan(x^2)

\bullet\,\, f(0,y)=0

Si ha che:

\Delta f(x,y)=(e^{x}-y)\arctan(x^2)

Osserva che:

Per tutti i punti del tipo: (0,y) si ha che la funzione variazione è nulla:

\Delta f(0,y)=(e^{0}-y)\overbrace{\arctan(0^2)}^{=0}= 0\quad\forall y\in\mathbb{R}

Proviamo ora a studiare il segno della funzione variazione, studieremo cioè la disequazione di due variabili:

\Delta f(x,y)\ge 0\iff (e^{x}-y)\arctan(x^2)\ge 0


Essa è il prodotto di due fattori:

\bullet\,\, e^{x}-y

\bullet\,\, \arctan(x^2)

Studiamo singolarmente le disequazioni:

\bullet\,\, e^{x}-y\ge 0\iff -y\ge -e^{x}\iff y\le e^{x}

La disequazione è soddisfatta da tutti i punti (x,y) del piano che giacciono sotto o coincidono con il grafico della funzione elementare y=e^{x}.

\bullet\,\, \arctan(x^2)\ge 0\iff x^2\ge 0\iff x\in\mathbb{R}.

In sostanza questo fattore non influirà sul segno della funzione, puoi riportare sul piano i segni nel piano. Sopra il grafico della funzione y=e^{x} la funzione variazione è positiva eccezion fatta per i punti (0,y)\mbox{ con }y\in\mathbb{R}, sotto il grafico di y=e^{x} invece la funzione variazione è negativa, escludendo sempre i punti che giacciono sulla retta dei punti critici.

studio del segno della funzione variazione 2


Già dal grafico comprendi che:

Se y<1 si ha che \Delta f(x,y)\ge 0 e dunque:

f(x,y)-f(0,y)\ge 0\implies f(x,y)\ge f(0,y)

ovvero i punti (0,y) sono di minimo relativo per y<1, il minimo relativo è:

m=f(0,y)=0\quad\forall y<1.

Se y>1 si ha che \Delta f(x,y)\le 0 e pertanto:

f(x,y)-f(0,y)\le 0\implies f(x,y)\le f(0,y)\mbox{ per }y>1

I punti (0,y) sono di massimo relativo per la funzione f, il massimo relativo vale:

M=f(0,y)=0\quad\forall y>1

Infine per y=1 il punto (0,1) è di sella perché per ogni suo intorno la funzione \Delta f(x,y) cambia segno.

Ecco il grafico della funzione:

grafico di funzione di due variabili


e dulcis in fundo le linee di livello

curve di livello della funzione


La seconda parte dell'esercizio a momenti emt
Ringraziano: Galois, CarFaby, Iusbe, FrenkyCT

Punti critici liberi e vincolati di una funzione di due variabili #76969

avt
Ifrit
Amministratore
Ok occupiamoci della seconda parte.

Punto 2)

Dobbiamo studiare la funzione

f(x,y)=(e^{x}-y)\arctan(x^2)

nell'insieme

P=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 0\le x\le 1, 0\le y\le e^{x}\}

Prima di tutto rappresentiamo l'insieme P. Esso è la parte di piano limitata dalle rette

\bullet\,\, x =0

\bullet\,\, x =1

\bullet\,\, y =0

e dal grafico della funzione esponenziale y=e^{x}. Ecco l'immagine dell'insieme.

insieme del piano funzione vincolata


L'insieme proposto è sia chiuso e limitato e la funzione data è continua in tale insieme. Per il teorema di Weierstrass, esistono sicuramente (x_1,y_1)\in P\,\, (x_2, y_2)\in P tali che:

f(x_1, y_1)\le f(x,y)\le f(x_2,y_2)

Detto in "italiano", poiché la funzione data è continua in un insieme chiuso e limitato allora essa ammetterà certamente massimi e minimi assoluto, o se vuoi, estremi assoluti.

Lo studio dovrebbe ora essere suddiviso in due parti, nella parte interna di P e sulla frontiera di P:

Studio sulla parte interna.

Dovremmo studiare la funzione nell'insieme:

P'=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 0<x<1, 0<y<e^{x}\}

Ora, se esistessero punti stazionari in tal'insieme li avremmo considerati nello studio precedente. Nota infatti che la funzione rispetta le ipotesi del teorema di Fermat sui punti stazionari, di conseguenza se ci fossero punti stazionari interni a P allora il gradiente sarebbe identicamente nullo in tale insieme, ma abbiamo visto prima che gli unici punti stazionari sono sulla retta x=0, e tali punti non vivono in P'.

Dunque:

- Weierstrass ci dice che ci sono sicuramente i punti di massimo e di minimo assoluti,

- Fermat ci dice che non sono punti interni a P;

Dunque per esclusione dobbiamo dedurre che tali punti si trovano necessariamente sulla frontiera. La divideremo in 4 parti:

bordo insieme studio di funzione di due variabili


che chiameremo

L_{1}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}:0\le x\le 1, y=0\right\} nell'immagine in verde.

L_{2}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}: x=1,0\le  y\le e\right\} nell'immagine in blu.

L_{3}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}:0\le x\le 1, y=e^{x}\right\} nell'immagine in nero.

L_{4}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}: x=0, 0\le y\le 1\right\} nell'immagine in rosso.

Studieremo la funzione f(x,y) restringendoci su ciascun insieme. Cominciamo con

Studio della funzione su L_1.

In L_1 la variabile y è identicamente nulla, di conseguenza la funzione f ristretta a questo "lato" diventa una funzione di una variabile:

f_{1}(x)=f(x,0)=e^{x}\arctan(x^2)\mbox{ con }x\in [0,1]

Ora studiamo i massimi e i minimi nell'intervallo [0,1]. Valutiamo prima di tutto la funzione agli estremi:

f_{1}(0)=e^{0}\arctan(0^2)=0

f_{1}(1)=e^{1}\arctan(1)=\frac{e\pi}{4}

Teniamo da parte questi due valori. Ora possiamo studiare i punti stazionari in (0,1) della funzione f_{1} calcolando la derivata prima:

f_{1}'(x)=e^{x}\arctan(x^2)+e^{x}\cdot\frac{2x}{1+x^4}

Attenzione, studiare esplicitamente il segno e gli zeri della derivata prima è davvero molto complicato, ma stiamo tranquilli, si può osservare che nell'intervallo 0<x<1, la funzione derivata prima è somma di quantità positive. Nota infatti che:

\bullet\,\,e^{x}>0

\bullet\,\,\arctan(x^2)>0\quad\forall x\in (0,1)

\bullet\,\,\frac{2x}{1+x^4}>0\quad\forall x\in (0,1)

Si ha quindi che:

e^{x}\arctan(x^2)+e^{x}\cdot\frac{2x}{1+x^4}>0\quad\forall x\in (0,1).

La derivata prima della funzione f_{1}(x) è dunque positiva e dunque essa è crescente. Si ha che la funzione ha massimo in x=1, il massimo assoluto è:

M_{L_1}= \frac{e \pi}{4}

e il minimo m_1 è per x=0

m_{L_1}= 0.


Teniamo a mente questi valori.

Studio della funzione su L_2.

L_{2}=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}: x=1,0\le  y\le e\right\}

In questo insieme x=1 ed è dunque costante, mentre la variabile y varia tra 0 ed e, poniamo quindi:

f_{2}(y)=f(1, y)=(e^{1}-y)\arctan(1)=\frac{\pi}{4}(e-y)\mbox{ con }y\in [0,1]

Se osservi bene, quella che abbiamo ottenuto è sostanzialmente una retta con coefficiente angolare negativo, e dunque decrescente. Questo ci permette di concludere che:

m_{L_2}=f_{2}(1)=\frac{\pi}{4}(e-1) è il minimo assoluto per la funzione f_{2}.

e

M_{L_2}=f_{2}(0)=\frac{\pi e }{4} è il massimo assoluto per la funzione f_{2}

Tieni a mente queste informazioni.

Studio della funzione su L_3

In questo caso: y=e^{x} e x\in [0,1]

La funzione f(x,y) ristretto a questo ramo diventa:

f_{3}(x)=f(x, e^{x})=0\mbox{ con }x\in [0,1]

tutti i punti dell'intervallo [0,1] sono sia di massimo che di minimo. La funzione è identicamente nulla.

Studio della funzione su L_{4}

In questo caso la variabile x=0 e la variabile y\in [0,1]

Anche questa volta la funzione ristretta a questo lato risulta essere identicamente nulla:

f_{4}(y)= f(0,y)=0\quad\forall y\in [0,1]

quindi tutti i punti y in [0,1] sono sia di massimo che di minimo.

Ora confrontiamo i valori trovati. Il più grande tra i massimi è il massimo assoluto, il più piccolo tra i minimi è il minimo assoluto.

In particolare:

m_{ass}=0

M_{ass}=\frac{e\pi}{4}

Finito. emt

Ecco il grafico ristretto alla regione P:

grafico funzione vincolata
Ringraziano: Galois, CarFaby, FrenkyCT
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Os