Problema di massimi e minimi in tre variabili

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Problema di massimi e minimi in tre variabili #84670

Andrea.snooker Punto	Gentile staff, qui vi chiedo di spiegarmi come risolvere questo problema di massimi e minimi in tre variabili. Devo determinare i punti critici della funzione e classificarli. Vi ringrazio!

Re: Problema di massimi e minimi in tre variabili #84673

Omega

Amministratore

Ciao Andrea,

il procedimento per lo studio dei massimi e minimi in tre variabili è del tutto simile al caso in due variabili, c'è solo una piccolissima modifica del metodo quando si tratta di studiare la natura dei punti critici.

In primo luogo consideriamo la funzione a tre variabili

e calcoliamo le derivate parziali

$\\ f_x(x,y,z)=(2x-3)z^2\\ \\ f_y(x,y,z)=-2yz^2\\ \\ f_z(x,y,z)=2z(x^2-3x-y^2)+3z^2$

Scopo del gioco: individuare i punti stazionari della funzione, vale a dire i punti che annullano il gradiente della funzione.

Ti faccio notare che nel caso considerato i punti critici sono dati da tutti e soli i punti stazionari della funzione, perché essa è continua e differenziabile (in quanto polinomiale) e definita su tutto $\mathbb{R}^3$ .

Imponiamo l'annullamento del gradiente

$\begin{cases}(2x-3)z^2=0\\ -2yz^2=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}$

e lavoriamo sulla seconda equazione del sistema. La legge di annullamento del prodotto ci dice che essa ammette come soluzioni

$\begin{cases}(2x-3)z^2=0\\ y=0\ \vee\ z=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}$

La doppia possibilità si traduce nell'unione di due sistemi

$\begin{cases}(2x-3)z^2=0\\ y=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}\ \cup\ \begin{cases}(2x-3)z^2=0\\ z=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}$

Il secondo sistema è di immediata risoluzione e fornisce un'infinità di soluzioni: tutti e soli i punti del piano

, vale a dire i punti della forma

$(x,y,0)\ \mbox{con}\ (x,y)\in\mathbb{R}^2$

Occupiamoci del primo sistema

$\begin{cases}(2x-3)z^2=0\\ y=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}$

e lavoriamo sulla prima equazione, che a sua volta porta a due soluzioni

$\begin{cases}x=\frac{3}{2}\ \vee\ z=0\\ y=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}$

da cui l'unione di due ulteriori sistemi

$\begin{cases}x=\frac{3}{2}\\ y=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}\ \cup\ \begin{cases}z=0\\ y=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}$

Qui il secondo sistema conduce a delle soluzioni già incluse in quelle individuate precedentemente. Passiamo oltre e occupiamoci di

$\begin{cases}x=\frac{3}{2}\\ y=0\\ 2z(x^2-3x-y^2)+3z^2=0\end{cases}$

da cui ricaviamo

$\begin{cases}x=\frac{3}{2}\\ y=0\\ z=0\ \vee\ z=\frac{3}{2}\end{cases}$

Anche in questo caso la soluzione $\left(\frac{3}{2},0,0\right)$ è già stata presa in considerazione, per cui abbiamo come unica ulteriore soluzione $\left(\frac{3}{2},0,\frac{3}{2}\right)$ .

In definitiva, i punti stazionari sono dati da

$(x,y,0)\mbox{ con }(x,y)\in\mathbb{R}^2\ \vee\ \left(\frac{3}{2},0,\frac{3}{2}\right)$

Giunti a questo punto dobbiamo calcolare la matrice Hessiana, vale a dire la matrice delle derivate parziali seconde.

$\\ f_{xx}=2z^2 \\ \\ f_{yy}=-2z^2\\ \\ f_{zz}=2(x^2-3x-y^2)\\ \\ f_{xy}=0\\ \\ f_{yz}=-4yz\\ \\ f_{xz}=2z(2x-3)$

Nel farlo ricordiamoci del teorema di Schwartz: dato che la funzione è polinomiale, ammette certamente derivate miste continue su tutto il proprio dominio. Dunque esse non dipendono dall'ordine di derivazione

$\\ f_{yx}=0\\ \\ f_{zy}=-4yz\\ \\ f_{zx}=2z(2x-3)$

Possiamo così scrivere la matrice Hessiana della funzione

$H_f(x,y,z)=\begin{bmatrix}2z^2 & 0 & 2z(2x-3)\\ 0 & -2z^2 & -4yz\\ 2z(2x-3) & -4yz & 2(x^2-3x-y^2)+6z\end{bmatrix}$

e valutarla nei punti stazionari.

$\\ H_f\left(\frac{3}{2},0,\frac{3}{2}\right)=\begin{bmatrix}\frac{9}{2} & 0 & 0\\ 0 & -\frac{9}{2} & 0\\ 0 & 0 & \frac{9}{2}\end{bmatrix}\\ \\ \\ H_f(x,y,0)=\begin{bmatrix}0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2(x^2-3x-y^2)\end{bmatrix}$

Ci siamo: dobbiamo semplicemente attenerci alla regola per la classificazione dei punti stazionari in 3 variabili

- se gli autovalori sono positivi, il punto è di minimo locale;
- se gli autovalori sono negativi, il punto è di massimo locale;
- se gli autovalori cambiano segno, il punto è di sella.
- se è presente anche solo un autovalore nullo, il metodo non fornisce sufficienti informazioni sulla natura del punto.

Siamo molto fortunati perché in entrambi i casi abbiamo a che fare con due matrici diagonali, per cui gli autovalori coincidono con gli elementi presenti sulla diagonale principale.

Ne deduciamo subito che $\left(\frac{3}{2},0,\frac{3}{2}\right)$ è un punto di sella per

.

Occhio perché da qui in poi la risoluzione del problema è delicatissima, anche perché ragioniamo con una funzione definita su $\mathbb{R}^3$ .

Riguardo ai punti

, il metodo della matrice Hessiana fallisce. Ci troviamo di fronte ad un problema ad Hessiano nullo in tre variabili e per risolverlo useremo il metodo del segno e della funzione variazione.

Dobbiamo fare una distinzione:

- punti

tali da rendere il termine

nullo.

- punti

tali da rendere il termine

non nullo;

Per individuare la natura dei punti

$(x,y,0)\ \mbox{t.c.}\ x^2-3x-y^2=0$

possiamo procedere con il metodo del segno. Se consideriamo la funzione

e la valutiamo nei punti del precedente tipo, otteniamo

$f(x,y,z)|_{x^2-3x-y^2=0,\ z=0}=0$

D'altronde nell'intorno sferico di tali punti la funzione presenta variazioni di segno. Per vederlo basta osservare che

$\\ f(x,y,z)|_{x^2-3x-y^2=0,\ z>0} = z^3>0\\ \\ f(x,y,z)|_{x^2-3x-y^2=0,\ z<0}=z^3<0$

e dunque i punti non possono essere estremanti locali, e sono necessariamente punti di sella per la funzione. emt

Per individuare la natura dei punti

$(x,y,0)\ \mbox{t.c.}\ x^2-3x-y^2\neq 0$

consideriamo la funzione variazione

dove $x^2-3x-y^2\neq 0$ . Riscrivendola nella forma

dobbiamo analizzare quantitativamente il fattore

. Dove, in $\mathbb{R}^3$ , risulta

$x^2-3x-y^2+z\gtrless 0\ ?$

Per scoprirlo ci serve necessariamente la rappresentazione della superficie

$x^2-3x-y^2+z= 0\ \to\ z=y^2+3x-x^2$

tale superficie interseca il piano

proprio nella curva

.

Ora calma e concentrazione. I punti

per cui $x^2-3x-y^2\neq 0$ , quelli di cui vogliamo studiare la natura, giacciono sul piano

.

Se

, ci troviamo al di sopra della superficie rappresentata in figura. Nella porzione di spazio

che giace al di sopra della superficie risulta che la funzione variazione è positiva:

quindi

assume valori maggiori di

. Quindi i punti del piano

$(x,y,0)\mbox{ t.c. }0=z>y^2+3x-x^2\ \to\ x^2-3x-y^2>0$

sono di massimo relativo.

Ragionando in maniera del tutto analoga, si trova che i punti

$(x,y,0)\mbox{ t.c. }0=z<y^2+3x-x^2\ \to\ x^2-3x-y^2<0$

sono di minimo relativo.

Ci tengo a ribadire che è un esercizio veramente molto impegnativo... emt

Ringraziano: Andrea.snooker

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