Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili

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Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77082

avt
Monimela
Punto
Ciao a tutti, devo svolgere questo esercizio e ammetto di avere delle grosse lacune...
Premetto che è il tipico esercizio d'esame ma pur sapendo come deve essere svolto ho delle grosse mancanze in teoria oppure mi capita di sapere una cosa ma quando è ora di applicarla, elettroencefalogramma piatto!!!! emt

Testo:
Si determini il valore massimo e l'integrale doppio della funzione:

F(x,y)=x+y+sen(x)sen(y)

sul triangolo T di vertici (0,0),(π,0),(0,π)

Svolgimento:

-A questo punto procedo col disegnare il banalissimo triangolo

Dominio:

Calcolo la retta passante tra i punti (π,0),(0,π) mettendo a sistema i valori di x e y e sostituendoli nell'equazione y=mx+q.

Così trovo il valore della retta obliqua che è y=π−x

Quindi il dominio di T è

T =\left \{(x,y):0\leq x\leq \pi ; 0\leq y \leq \pi -x\right\}

Ricerca dei punti stazionari nei tratti lisci:

Considero i lati del triangolo e li chiamo:

α dal punto (0,0) a (π,0)

β dal punto (0,0) a (0,π)

γ dal punto (0,π) a (π,0)


\alpha = \left\{\begin{matrix}x=t\\ y=0\end{matrix}\right.

Il valore di x varia lungo l'asse, quindi  t \in  \left ] 0,\pi \right [

\beta = \left\{\begin{matrix}x=0\\ y=t \end{matrix}\right.

Il valore di y varia lungo l'asse, quindi  t \in  \left ] 0,\pi \right [

\gamma = \left\{\begin{matrix}x=t\\ y=\pi - t \end{matrix}\right.

Il valore di x varia, ma allo stesso tempo varia anche y secondo l'equazione della retta trovata prima, quindi  t \in  \left ] 0,\pi \right [

Ricerca dei punti stazionari interni a T

Calcolo le derivate parziali della funzione:

\frac{\partial}{\partial x}[x+y-\sin{\left( x \right)} \sin{\left( y\right)}]=

=\frac{\partial }{\partial x}[x]+\frac{\partial}{\partial x}[y]-\sin{\left( y \right)} \frac{\partial }{\partial x}[\sin{\left( x \right)}]=

(Ho portato fuori sen(y) perchè in questo caso viene considerata come costante, giusto?)

=1+0-\cos{\left( x \right)}\sin{\left( y \right)}

Ora calcolo per y:
\frac{\partial}{\partial y}[x+y-\sin{\left( x \right)} \sin{\left( y\right)}]=

=\frac{\partial }{\partial y}[x]+\frac{\partial}{\partial y}[y]-\sin{\left( x \right)} \frac{\partial }{\partial y}[\sin{\left( y \right)}]=

=1+0-\cos{\left( y \right)}\sin{\left( x \right)}


I risultati che ho ottenuto li metto a sistema e son sincera, per me era un sistema indeterminato, mentre un mio amico mi ha fatto notare che non era cosi... ma sinceramente non ho capito, me lo potete spiegare?

\left\{\begin{matrix}1=\cos\left(x\right)}\sin{\left(y\right)}\\1=\cos\left(y\right)}\sin{\left(x\right)\end{matrix}\right.

Danno entrambi come risultato 1, quindi li posso eguagliare

cos(x)sen(y)=cos(y)sen(x)

cos(x)sen(y)−cos(y)sen(x)=0

e in teoria dovrei vedere (non l'avevo proprio visto!) che è la formula di sottrazione del sen!!

Quindi ottengo sen(x−y)=0

Solo che ora non riesco a capire qual'è il mio punto stazionario................. e qui mi blocco

Passiamo oltre......

Studio della funzione sui tratti lisci

Studio il lato \alpha

F(t,0)=t+0−sen(t)sen(0)
Il sen di 0 è 0, quindi F(t,0)=t

che è una retta, ed essendo continua esce dal dominio

 t \in  \left ] 0,\pi \right [(è corretto?)

quindi nessun punto stazionario.

Studio il lato \beta

F(0,t)=0+t−sen(t)sen(0)

Il sen di 0 è 0, quindi F(t,0)=t

Stessa pappardella scritta sopra... nessun punto stazionario.

Studio il lato  \gamma

F(t,\pi-t)=t+\pi-t-\sin{\left(t\right)}\sin{\left(\pi-t\right)} =\pi-\sin{\left(t\right)}\sin{\left(\pi-t\right)}

Non so proprio andare avanti in questo calcolo...

Quindi non riesco a trovare qual'è il mio punto di massimo perché ho delle lacune in trigonometria... Abbandono tristemente questa parte dell'esercizio e passo all'integrale doppio!

Integrale doppio

\int_{0}^{\pi}\left ( \int_{\pi}^{\pi-x}x+y+sen(x)sen(y) \right dy)dx=

Calcolo prima in dy e porto già fuori le costanti (come sen(x) in questo caso... o sbaglio?)
e ottengo


=\left [xy+\frac{1}{2}y^{2}+sen(x)cos(y) \right ]_{\pi}^{\pi-x}=


=x(\pi-x)+\frac{1}{2}(\pi-x)^{2}+sen(x)cos(\pi-x)-0-0-0=

Panico e mi blocco... Mi potreste aiutare a completare l'esercizio? Vi ringrazio immensamente!! emt
 
 

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77084

avt
Monimela
Punto
Caspiterina... non mi ha preso i sistemi per la ricerca dei punti stazionari nei tratti lisci... emt

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77085

avt
Ifrit
Amministratore
Ciao Monimela emt

Tranquilla, aggiusto il latex, appena ho fatto, ti chiedo di dare un'occhiata per dirmi se è tutto ok emt

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77086

avt
Ifrit
Amministratore
Ok, fatto! Dimmi se è tutto ok, dopodiché partirò con la risoluzione. emt

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77087

avt
Monimela
Punto
Tutto ok, grazie! emt

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77088

avt
Ifrit
Amministratore
Ok, il tempo di scrivere tutto per bene e arrivo! emt

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77090

avt
Ifrit
Amministratore
Ok, iniziamo emt

Abbiamo la funzione di due variabili

f(x,y)=x+y+\sin(x)\sin(y)

definita sul triangolo di vertici (0,0), (\pi,0) ,(0,\pi):

Il nostro obiettivo è determinare il massimo che la funzione assume nell'insieme dato, dopodiché calcoleremo l'integrale doppio:

\iint_{T}f(x,y)dxdy.


Risoluzione:

Partiamo dall'analisi preliminare. Abbiamo una funzione continua di due variabili

f(x,y)= x+ y+\sin(x)\sin(y)

perché composizione di funzioni continue. Inoltre il dominio T è chiuso e limitato e il teorema di Weierstrass ci assicura l'esistenza del massimo assoluto.

Analisi del dominio:

Hai determinato correttamente il dominio T, in effetti è la parte di piano limitata dalle rette di equazione:

y=\pi -x

x=0

y=0

In particolare la prima retta si determina utilizzando la formula per l'equazione della retta passante per i punti (0, \pi), (\pi, 0).

triangolo funzione di due variabili


Il dominio, espresso come insieme per caratteristica è:

T=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: 0\le x \le \pi, 0\le y \le \pi -x\right\}


Ricerca dei punti stazionari interni al triangolo

Andremo alla ricerca dei punti stazionari interni al triangolo, ovvero di quei punti che annullano il gradiente della funzione data. A tal proposito calcoliamo le derivate parziali:

Derivata parziale rispetto ad x.

\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)=

\frac{\partial }{\partial x}[x]+\frac{\partial }{\partial x}[y]{\color{red}+}\sin(y)\frac{\partial }{\partial x}[\sin(x)]=

=1+\sin(y)\cos(x)

Attenzione al segno, purtroppo hai riportato la funzione sbagliata nel calcolo della derivata parziale rispetto ad x.


Derivata parziale rispetto ad y

\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)=

\frac{\partial }{\partial y}[x]+\frac{\partial }{\partial y}[y]{\color{red}+}\sin(x)\frac{\partial }{\partial y}[\sin(y)]=

=1+\sin(y)\cos(x)

Anche qui, hai modificato il segno della funzione di partenza, quindi hai sbagliato un segno.

Affinché ci siano punti stazionari interni al triangolo dobbiamo richiedere che il gradiente sia nullo, e questo ci permette di impostare il sistema di equazioni:

\begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=0\\\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=0 \end{cases}

Ovvero:

\begin{cases}1+\sin(y)\cos(x)=0\\1+\sin(x)\cos(y)=0 \end{cases}


dove la coppia (x,y) è obbligata a vivere in T

Il sistema si riscrive come:

\begin{cases}\sin(y)\cos(x)=-1\\\sin(x)\cos(y)=-1 \end{cases}

Naturalmente possiamo procedere come hai fatto tu, ovvero per confronto:

\begin{cases}\sin(y)\cos(x)=\sin(x)\cos(y)\\\sin(x)\cos(y)=-1 \end{cases}

Consideriamo ora la prima equazione e portiamo tutto al primo membro:

\sin(y)\cos(x)-\sin(x)\cos(y)=0

Per la formula della sottrazione del seno potremo scrivere:

\sin(y-x)=0\iff y-x=k\pi

Da cui otteniamo che

y=x+k\pi\mbox{ con }k\in \mathbb{Z}

In sostanza ho risolto l'equazione goniometrica elementare

\sin(A)=0\iff A= k\pi

Dobbiamo controllare se esiste qualche punto trovato che soddisfa la seconda disequazione:

\sin(x)\cos(y)=-1\iff \sin(x)\cos(x+k\pi)=-1

Attenzione:

Se k è pari allora:

\cos(x+k\pi)=\cos(x), dunque l'equazione:

\sin(x)\cos(x+k\pi)=-1 diventa:

\sin(x)\cos(x)=-1\iff \frac{1}{2}\sin(2x)=-1\iff \sin(2x)=-2

L'equazione non ammette soluzioni perché la funzione coseno è limitata tra -1 e 1 e non può assumere il valore -2.


Se k è dispari allora:

\cos(x+k\pi)=-\cos(x)

dunque l'equazione:

\sin(x)\cos(x+k\pi)=-1 diventa:

-\sin(x)\cos(x)=-1\iff -\frac{1}{2}\sin(2x)=-1\iff \sin(2x)=2

Come prima l'equazione non ammette soluzioni. Questo ci assicura che non ci sono punti stazionari interni al triangolo. Ce lo dice il teorema di Fermat sui punti stazionari.

Il massimo della funzione deve essere necessariamente sul bordo del triangolo che può essere decomposto in tre parti. Mi adeguo alle tue notazioni:

\alpha dal punto (0,0) a (\pi, 0)

\beta dal punto (0,0) al punto (0, \pi)

\gamma dal punto (0,\pi) al punto (\pi, 0)

Parametrizziamo i lati del triangolo:

\alpha=\left\{(t,0):\mbox{ con }t\in [0, \pi] \right\}

è il segmento che congiunge i punti A(0,0) e B(\pi, 0), con A e B inclusi. Tu invece li hai esclusi.

Studiamo la funzione ristretta a tale lato:

f_{1}(t)=f(t, 0)=t\mbox{ con }t\in [0,\pi]

Fortunatamente f_1 è una funzione mansueta, è crescente nell'intervallo [0,\pi] quindi avrà massimo assoluto nel secondo estremo, e minimo assoluto nel primo estremo:

m_{\alpha}=f_{1}(0)=0

M_{\alpha}=f_{1}(1)=1

Teniamo a mente questi valori.

Consideriamo il secondo lato:

\beta=\left\{(0, t)\mbox{ con }t\in [0,\pi]\right\}

è il segmento che congiunge i punti A(0,0) e C(0, \pi)

La funzione ristretta a questo punto è:

f_{2}(t)=f(0,t)=t\mbox{ con }t\in [0,\pi]

Ancora una volta abbiamo una funzione mansueta. Il minimo assoluto per la funzione f_{2}(t) si ha quando t=0, mentre il massimo assoluto si ha per t=1

m_{\beta}=f_{2}(0)=0

M_{\beta}=f_{2}(1)=1

Consideriamo ora l'ultimo lato:

\gamma=\{(t, \pi-t),\mbox{ con }t\in [0, \pi]\}

è il segmento che congiunge C(0, \pi) con B(\pi, 0).

La funzione f ristretta a questo lato è:

f_{3}(t)= f(t, \pi-t)=\pi+\sin(t)\sin(\pi-t)\mbox{ con }t\in [0, \pi]

Ricorda ora la relazione:

\sin(\pi-t)= \sin(t)\quad\forall t\in\mathbb{R}

otteniamo:

f_{3}(t)= \pi+\sin(t)\mbox{ con }t\in [0, \pi]

Prima di tutto calcoliamo la funzione f_{3} agli estremi dell'intervallo [0, \pi].

f_{3}(0)=\pi

f_{3}(\pi)=\pi

Studiamo la funzione nell'insieme (0, \pi). Calcoliamo la derivata prima della funzione rispetto a t:

f_{3}'(t)=2\cos(t)\sin(t)\mbox{ con }t\in (0, \pi)

Determiniamo i punti stazionari:

f_{3}'(t)=0\iff 2\cos(t)\sin(t)=0\mbox{ con }t\in (0, \pi)

Per la legge di annullamento del prodotto si ha che:

\cos(t)=0\mbox{ con }t\in (0, \pi)

risolvendo l'equazione si ha che: t=\frac{\pi}{2}, ricordati che le altre soluzioni devono essere escludere.

\sin(t)=0\mbox{ con }t\in (0, \pi)

Risolvendo l'equazione scopri che non ha soluzione in (0, \pi)


L'unico punto stazionario è t=\frac{\pi}{2}.

Studiando il segno della derivata prima si ha che

\sin(t)\cos(t)\ge 0\iff \cos(t)\ge 0\iff t\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)

Possiamo asserire che la derivata prima della funzione è:

- positiva se t\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)

- negativa se t\in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)

dunque la funzione f_{3}(t) è

- crescente se t\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)

- decrescente se t\in \left(\frac{\pi}{2},\pi\right)


Il punto t=\frac{\pi}{2} è punto di massimo assoluto della funzione f_{3}(t) nell'intervallo t\in [0, \pi]. Il massimo vale:

M_{\gamma}= f_3\left(\frac{\pi}{2}\right)=1+\pi.

Confrontando i massimi, e prendendo quello maggiore è:

M_{\gamma}=1+\pi.

Ecco il grafico della funzione sul triangolo

grafico di una funzione di due variabili su un triangolo


A conferma del fatto che il massimo assoluto si trova sul lato del triangolo (ipotenusa). E per completare l'analisi ecco le curve di livello:

curve di livello funzione di due variabili sul triangolo
.
Ringraziano: Galois, CarFaby

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77092

avt
Ifrit
Amministratore
Calcoliamo ora l'integrale doppio della funzione:

f(x,y)=x+y + sin(x) sin(y)

sull'insieme:

T=\{(x,y): 0\le x\le \pi, 0\le y\le \pi-x\}

Il dominio di integrazione è normale sia rispetto ad x che rispetto ad y, in particolare lo abbiamo espresso in modo che sia normale rispetto ad x.

Per risolvere l'integrale doppio possiamo utilizzare quindi le relative formule di riduzione:

\iint_{T}f(x,y)dxd y= \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi-x}(x+y+\sin(x)\sin(y))dydx

Risolviamo quindi l'integrale più interno ovvero quello rispetto ad y:

\int_{0}^{\pi-x}x+ y+\sin(x)\sin(y)dy=

=x\int_{0}^{\pi-x}dy+ \int_{0}^{\pi-x}y d y+ \sin(x)\int_{0}^{\pi-x}\sin(y)dy=

=x[y]_{0}^{\pi-x}+ \left[\frac{y^2}{2}\right]_{0}^{\pi-x} +\sin(x)\left[-\cos(y)\right]_{0}^{\pi-x}=

=x (\pi-x)+\frac{(\pi-x)^2}{2}+\sin(x)\left[-\cos(\pi-x)+\cos(0)\right]=

=x(\pi-x)+\frac{(\pi-x)^2}{2}+\sin(x)\left[1-\cos(\pi-x)\right]

Ora ricorda che \cos(\pi-x)=- \cos(x)

Si ha che:

=x(\pi-x)+\frac{(\pi-x)^2}{2}+\sin(x)\left[1+\cos(x)\right]


Dunque l'integrale diventerà:

\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{\pi-x}f(x,y)dx dy=

=\int_{0}^{\pi}\left[x(\pi-x)+\frac{(\pi-x)^2}{2}+\sin(x)\left[1+\cos(x)\right]\right]dx=

Per la linearità dell'integrale diventa:

=\int_{0}^{\pi}x(\pi-x)dx+ \int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-x)^2}{2}dx+ \int_{0}^{\pi}\sin(x)dx+\int_{0}^{\pi}\sin(x)\cos(x)dx=

=\pi \left[\frac{x^2}{2}\right]_{0}^{\pi}-\left[\frac{x^3}{3}\right]_{0}^{\pi}+\left[\frac{\pi^2}{2}x- \frac{\pi}{2}x^2+ \frac{x^3}{6}\right]_{0}^{\pi}+

+\left[-\cos(x)\right]_{0}^{\pi}-\frac{1}{2}\left[\cos^2(x)\right]_{0}^{\pi}=

=\frac{\pi^3}{2}-\frac{\pi^3}{3}+\frac{\pi^3}{6}+2-0= \frac{6+\pi^3}{3}


Mi auguro che non ci siano dubbi emt
Ringraziano: Galois, CarFaby

Re: Ricerca del massimo e integrale doppio di una funzione a due variabili #77093

avt
Monimela
Punto
Sei stato precisissimo!!! Grazie mille!!!! emt
Ringraziano: Ifrit
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Os