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da **wackos** » 4 lug 2013, 11:04

Buongiorno a tutti...

Sono in crisi!!! Non riesco a trovare il modo per risolvere questo esercizio..

: 23s9cwh.jpg (43.27 KiB) Osservato 3327 volte

Qualcuno di voi sa darmi una mano??

Io procedo in questo modo... Calcolo il grad di f e vedo se si annulla... In questo caso studio i punti in cui grad=0 attraverso la matrice hessiana...

Quando però vado a vedere i punti sulla frontiera come devo fare?!? Io sono abituato a calcolar i il gradiente della funzione g e successivamente utilizzare i moltiplicatori di lagrange per procedere al calcolo dei massimi e minimi vincolati.... Solo che in questo esercizio non so assolutamente da che parte iniziare... Devo prendere due funzioni g1 e g2 con g1=x^2+1 e g2=2 e procedere separatamente???

Spero di essermi spiegato almeno un pochino... Grazie mille a tutti in anticipo... Buona giornata :)

da **simo85** » 25 ott 2013, 19:21

Puoi postare le formule in LaTeX usando i tag [*tex] ed ovviamente riportando il testo del problema.

Calcolare i massimi e minimi assoluti della funzione f(x, y) = x^2(y + 1) - 2y

nell' insieme:

$D = \lbrace (x,y) \in \mathbb{R}^2 : \sqrt{1 + x^2}\leq y \leq 2\rbrace$

;-)

da **Gost91** » 26 ott 2013, 12:27

Ecco un'altra ottima occasione per ripassare un argomento importante: il problema dell'ottimizzazione di funzioni di più variabili.
Ne approfitto per richiamare la teoria al riguardo, sicché mi scuso se mi dilungherò troppo.
Comunque, prima di iniziare il post ti rispondo in breve.

wackos ha scritto:Devo prendere due funzioni g1 e g2 con g1=x^2+1 e g2=2 e procedere separatamente???

La risposta in generale è sì, però dovresti prendere le due funzioni correttamente...

Introduzione

Come ben saprai, quando si lavora con funzioni del tipo $f:\mathbb{R}^n \longmapsto \mathbb{R}$ , con n>1

, si hanno molte più problematiche da affrontare rispetto il caso $f:\mathbb{R} \longmapsto \mathbb{R}$ , nonostante che il modus operandi nei due casi sia sempre il solito.

Infatti i problemi di ottimizzazione per funzioni di più variabili, come quelli di ottimizzazione per funzioni di singola variabile, consistono nella ricerca di tutti i punti candidati ad essere di massimo/minimo.
Questi punti sono sempre

1) I punti stazionari interni all'insieme di definizione, ovvero i punti in cui la funzione da ottimizzare, detta funzione obiettivo, risulta essere costante negli intorni di tali punti;

2) I punti "patologici", in gergo punti di singolarità, ovvero i punti in cui la funzione non risulta essere molto regolare (ad esempio per discontinuità);

3) I punti all'infinito, se la funzione è definita su un insieme non limitato;

4) I punti di frontiera.

Una particolare difficoltà che insorge nell'analisi di funzioni di più variabili è la seguente: i punti di frontiera, al contrario del caso di funzioni di singola variabile definite su intervalli, non sono solamente 2, ma sono infiniti, quindi il discorso è abbastanza delicato.

Questa particolare difficoltà, mi pare di capire, è quella che ti blocca.
Per questo motivo mi soffermerò un attimo su questo argomento.

Ora, siccome il problema che dobbiamo affrontare a che fare con una funzione $f:\mathbb{R}^2 \longmapsto \mathbb{R}$ possiamo fissare le idee ragionando geometricamente.
In questo particolare caso le funzioni sono definite su insiemi

2-dimensionali, quindi se sono limitati individuerranno (tramite la loro frontiera) una particolare curva chiusa $\partial D$ .
In linea teorica si dovrebbe valutare i valori assunti dalla funzione su tutti i punti di tale curva, cosa al quanto impossibile data l'infinità di questi.

Si ovvia a questo problema considerando come nuovo insieme di definizione la curva $\partial D$ , e in tale insieme si ricercano nuovamente i punti stazionari e i punti singolari.
Su tale insieme i punti di frontiera e i punti all'infinito non esistono in quanto $\partial D$ è chiusa.

I punti singolari sulla restrizione $\partial D$ sono abbastanza facili da trovare nel caso di funzioni di due variabili: basta farsi velocemente uno schizzo di

e vedere dove la frontiera presenta delle specie di "cuspidi" ( ad essere più precisi, i punti in cui non è ben definito il vettore tangente a $\partial D$ ).

Una volta isolati questi punti particolari, si procede con la ricerca dei punti stazionari di

ristretta a $\partial D$ , i quali in genere non coincidono con i punti stazionari di

estesa a tutto

.
Si distinguono ora due casi:

caso fortunato) La curva $\partial D$ è esprimibile come unione finita di più curve esprimibili in forma parametrica, oppure come unione finita di più curve esplicitabili rispetto la sola x o la sola y.
In questo possiamo trovare i punti stazionari applicando direttamente $\partial D$ a

: facendolo si riporterà

a una funzione di una sola variabile, quindi si procede come si faceva alle superiori con le funzioni $f:\mathbb{R}\longmapsto \mathbb{R}$ .

caso sfortunato) La curva è definita implicitamente e non riconducibile all'unioni finita di curve del tipo visto nel caso precedente.
In questo caso si procede con un metodo del tutto generale, detto metodo dei moltiplicatori di Lagrange.
Lo vedremo in azione nella parte finale del post.

A questo punto sappiamo come procedere, quindi veniamo al problema.

Risoluzione esercizio

Ricerchiamo, nell'ordine, tutti i possibili candidati ad essere punti di massimo minimo.

1) Punti stazionari

Per il teorema di Fermat, i punti di massimo o minimo sono stazionari, ovvero annullano il gradiente della funzione obiettivo in esame.
Ricordiamo che il gradiente di una funzione

è quel particolare vettore definito come

$\nabla f := \frac{\partial f}{\partial x} \boldsymbol{i}+ \frac{\partial f}{\partial y} \boldsymbol{j}$

dove $\boldsymbol{i}$ e $\boldsymbol{j}$ indicano rispettivamente i versore dell'asse x e dell'asse y.

Affinché tale vettore si annulli, si devono annullare contemporaneamente tutte le sue componenti.
Dobbiamo quindi risolvere il seguente sistema

$\begin{cases} f_x=0 \\ f_y=0 \end{cases}$

avendo indicato con f_x

e

le derivate parziali di

secondo x e y.
Passiamo quindi ai conti, nel nostro caso il sistema da risolvere è:

$\begin{cases} 2x(y+1)=0 \\ x^2-2=0 \end{cases}$

da cui si ricavano due punti stazionari

$\begin{align} &\boldsymbol{P}_1=(+\sqrt{2};-1) \\ &\boldsymbol{P}_2=(-\sqrt{2};-1) \end{align}$

Osserviamo che sia $\boldsymbol{P}_1$ che $\boldsymbol{P}_2$ non appartengono a

, quindi dovremo già scartarli.

2) Punti singolari

Essendo la funzione liscia, ovvero $f \in C^{\infty}(\mathbb{R}^2)$ , si ha che il gradiente è ben definito in ogni punto del piano.
Non abbiamo dunque nessun punto singolare da ricercare e esaminare.

3) Punti all'infinito

L'insieme su cui è definita

è limitato, escludiamo quindi i punti all'infinito.

4) Punti di frontiera

Per prima cosa, tanto per renderci conto di come è fatto l'insieme

, andiamo a tracciarlo qualitativamente sul piano

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Si vede bene che siamo nel "caso fortunato" in quanto $\partial D$ è data l'unione di due curve g_1

e

esplicitabili rispetto y, quindi sono della forma

$\begin{align} &y=g_1(x) \\ &y=g_2(x) \end{align}$

In particolare, una curva è addirittura una retta, dunque molto facile da trattare.

Possiamo già notare la presenza di 3 singolarità: i punti di raccordo tra le due curve e il punto della curva avente ascissa nulla.
Possiamo già includere nell'insieme dei candidati i punti

$\boxed{\boldsymbol{P}_3=(+\sqrt{3};2)}$

$\boxed{\boldsymbol{P}_4=(-\sqrt{3};2)}$

$\boxed{\boldsymbol{P}_5=(0;1)}$

Adesso dobbiamo ricercare i punti stazionari di

ristretta a $\partial D$ , lo possiamo fare secondo i due metodi presentati precedentemente.
Questo perché siamo appunto nel caso "fortunato".

metodo 1

Dunque, le curve in questione sono le seguenti

$\begin{align} &y=g_1(x)=2 & \text{su } x \in [-\sqrt(3),\sqrt(3)] \\ &y=g_2(x)=\sqrt{1+x^2} &\text{su } x \in [-\sqrt(3),\sqrt(3)] \end{align}$

Applichiamo quindi g_1

a f, troviamo

$\begin{align}f(x,g_1(x)) &=x^2(g_1^2(x)+1)-2g_1(x) \\ &=x^2(4+1)-2\cdot2 \\ &=5x^2-4 \end{align}$

vediamo dove assume massimo/minimo calcolando i punti stazionari.

$\frac{\text{d}f}{\text{d}x}\bigg|_{(x,g_1(x))}=10x$

essendo tale derivata nulla solo per x=0, si ha che l'unico punto stazionario sulla restrizione g_1

è

, ovvero

$\boxed{\boldsymbol{P}_6=(0;2)}$ .

Inoltre tale punto è di minimo, in quanto

$\frac{\text{d}^2f}{\text{d}x^2}\bigg|_{(0,g_1(0)}=10>0$

Applichiamo ora g_2

a f, troviamo

$\begin{align} f(x,g_2(x)) &=x^2(g_2^2(x)+1)-2g_2(x) \\ &=x^2[(1+x^2)+1]-2\sqrt{1+x^2} \\ &=x^4+2x^2-2\sqrt{1+x^2} \end{align}$

quindi individuiamo i punti stazionari, facendo ben attenzione al punto x=0, nel quale non è definita la derivata di g_2(x)

(non è una curva regolare!).

$\frac{\text{d}f}{\text{d}x}\bigg|_{(x,g_2(x))}=2x \left [ 2x^2+2 - \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right]$

quest'ultima si annulla solamente per x=0.
Essendo (0;g_2(0)) un punto non accettabile (nel senso che non è stazionario) in quanto singolare, non troviamo alcun altro punto stazionario.

A questo punto che abbiamo tutti i punti candidati ad essere massimi/minimi, potremmo quindi concludere l'esercizio.
A titolo di esempio, prima di arrivare alle conclusioni, è bene vedere anche il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.

metodo 2 (dei moltiplicatori di Lagrange)

Questo è un metodo molto più generale del precedente, in quanto per applicarlo non è necessario che la restrizione debba essere esprimibile come funzione di singola variabile.

Il principio su cui si basa è un po' astruso, quindi è bene spiegarlo per tappe successive.

1. In generale possiamo calcolare la derivata D di una funzione generica $\varphi$ in qualsiasi direzione (data da un versore v) si voglia, tramite la formula del gradiente

$\text{D}_{\boldsymbol{v}}\varphi(x,y)=\nabla f(x,y)\cdot \boldsymbol{v}$

il precedente prodotto va inteso come prodotto scalare vettoriale, in quanto sia il gradiente che il versore sono vettori.

2. Una curva di livello di una funzione generica $\varphi(x,y)$ è una particolare curva del piano che si ottiene fissando tale funzione $\varphi(x,y)$ ad un valore costante.

$\varphi(x,y)=\text{cost}$

quindi, per come è stata costruita la curva, se calcoliamo la derivata di $\varphi$ muovendosi strettamente lungo una curva di livello (quindi secondo la direzione individuata dal versore tangente alla curva) troveremo che essa è identicamente nulla per tutti i punti (della curva di livello).

3. Per quanto detto in 2 e in 3, se $\boldsybol{t}_f$ è il versore tangente ad una generica curva di livello della funzione obbiettivo f, si avrà che

$\text{D}_{\boldsymbol{t}_f}f(x,y)=0$

quindi

$\nabla f(x,y)\cdot \boldsymbol{t}_f(x,y)=0$

ora, ricordando che il prodotto scalare tra vettori non nulli si annulla solamente quando l'angolo individuato da questi è retto, si ottiene il seguente risultato geometrico: il gradiente è sempre ortogonale ai versori tangenti delle curve di livello, ossia

il gradiente individuato in un punto è ortogonale alla particolare curva di livello passante per tale punto (e questo è vero in tutto il piano).

4. Ora consideriamo il nostro vincolo, in generale dato nella forma g(x,y)=b

, con

costante.
Osserviamo che, analiticamente, si può interpretare g(x,y)=b

come una curva di livello della funzione g(x,y)

. Quindi per ogni punto del piano avremo che

$\nabla g(x,y)\cdot \boldsymbol{t}_g(x,y)=0$

dove $\boldsymbol{t}_g$ è il versore tangente alla curva identificata dal vincolo

.
Dunque teniamo bene a mente che $\nabla g(x,y)$ e $\boldsymbol{t}_g$ sono sempre ortogonali tra loro.

5. Il nostro obbiettivo è quello di riuscire a trovare tutti i punti stazionari della funzione obiettivo

ristretta alla curva g(x,y)=b

.
Ci stiamo dunque chiedendo: "muovendosi lungo la curva g(x,y)=b

, quali sono i punti che annullano la derivata della funzione obbiettivo?"
In termini matematici, ci si chiede quando sia vera la relazione

$\text{D}_{ \boldsymbol{t}_g}f(x,y)=0$

ovvero

$\nabla f(x,y)\cdot \boldsymbol{t}_g(x,y)=0$

Abbiamo visto in 4 che tale relazione è vera quando $\boldsymbol{t}_g$ è ortogonale a $\nabla f$ .
Dunque i punti stazionari che cerchiamo sono tutti i punti nei quali $\boldsymbol{t}_g$ è parallelo a $\boldsymbol{t}_f$ , ovvero i punti individuati ogni qualvolta che la restrizione g(x,y)=b

segue la traiettoria di una curva di livello.
A pensarci bene, quest'ultimo risultato è abbastanza intuitivo e ragionevole (basta pensare ad una passeggiata in montagna: rimani a quota costante quando ti muovi lungo i fianchi).

6. Siamo giunti alle seguenti conclusioni

$\begin{cases} \nabla f \perp \boldsymbol{t}_f \\ \nabla g \perp \boldsymbol{t}_g \\ \boldsymbol{t}_f \parallel \boldsymbol{t}_g \end{cases}$

intersecando il tutto si giunge a concludere che i punti stazionari che cerchiamo sono tutti quei punti (x;y)

per i quali si verifica che

$\nabla f (x,y)\parallel \nabla g(x,y)$

Ricordando che due vettori sono parelleli tra loro quando sono uno multiplo dell'altro, si arriva alla seguente relazione

$\nabla f (x,y)= \lambda \nabla g (x,y) \qquad \lambda \in \mathbb{R} \qquad (1)$

la costante $\lambda$ è il famoso moltiplicatore di Lagrange.
Dunque il problema della ricerca dei punti stazionari di una funzione f(x,y)

ristretta ad una curva g(x,y)=b

si traduce nella ricerca della tripla $(x,y,\lambda)$ che soddisfi la (1).

7. A questo punto, allo scopo di individuare $(x,y,\lambda)$ , costruiamo la cosiddetta Lagrangiana $\mathcal{L}$

$\mathcal{L}(x,y,\lambda):=f(x,y)+\lambda[b-g(x,y)]$

il motivo per cui è definita in tal modo risiede nel fatto che i punti stazionari della Lagrangiana restituiscono la tripla $(x,y,\lambda)$ che stiamo cercando, infatti

$\begin{cases} \mathcal{L}_x=f_x-\lambda g_x=0 \\ \mathcal{L}_x=f_y-\lambda g_y=0 \\ \mathcal{L}_\lambda=b-g=0 \end{cases}$

infatti le prime due equazioni del sistema non sono altro che la (1) mentre la terza è il vincolo g(x,y)=b

.

Ora che abbiamo visto come funziona il metodo, possiamo venire al problema.

Le nostre restrizioni saranno sempre le curve g_1(x)

e

, quindi dovremo costruire e studiare due Lagrangiane distinte, la prima con il vincolo dato da g_1(x)

e la seconda con il vincolo dato da g_2(x)

.

Dunque per la prima Lagrangiana abbiamo i seguenti ingredienti:

$\begin{align} &f(x,y)=x^2(y+1)-2y \\ &g(x,y)=y-\sqrt{1+x^2} \\ &b=0 \\ \end{align}$

quindi, tanto vedere la Lagrangiana (si può benissimo costruire il sistema senza passare da essa), si ha

$\begin{align} \mathcal{L}(x,y,\lambda) &=x^2(y+1)-2y+\lambda[0-(y-\sqrt{1+x^2}) ] \\ &=x^2(y+1)-2y-\lambda(y-\sqrt{1+x^2}) \end{align}$

da cui il sistema

$\begin{cases} 2x(y+1)-\lambda\left(-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)=0 \\ x^2-2-\lambda\cdot1=0\\ 0-(y-\sqrt{1+x^2})=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x=0 \\ y=1\\ \lambda=-2 \end{cases}$

la soluzione del sistema non è accettabile (nel senso che (0;1)

non è punto stazionario) dato che, per quanto abbiamo visto, (0;1)

è una singolarità di $\partial D$ .
Morale della storia, la Lagrangiana ci dice che sul vincolo g_1

non c'è nessun punto stazionario (come visto nel metodo precedente).

Per la seconda Lagrangiana abbiamo

$\begin{align} &f(x,y)=x^2(y+1)-2y \\ &g(x,y)=y \\ &b=2 \\ \end{align}$

dunque il sistema da risolvere è il seguente

$\begin{cases} 2x(y+1)-\lambda\cdot 0=0 \\ x^2-2-\lambda\cdot1=0\\ 2-y=0 \end{cases}\Rightarrow \begin{cases} x=0 \\ y=2\\ \lambda=-2 \end{cases}$

qui il punto (0;2)

è accettabile, dunque abbiamo ritrovato che $\boldsymbol{P}_6$ è punto stazionario (per il vincolo g_2

).

Quindi, come ci si aspettava, il metodo dei moltiplicatori è equivalente a quello precedente.

Soluzione dell'esercizio

Non ci resta che concludere l'esercizio andando a vedere i valori assunti dalla funzione obiettivo nei punti notevoli che abbiamo individuato.
In particolare

$\boldsymbol{P}_3 \quad \text{è punto singolare sulla frontiera}$

$\boldsymbol{P}_4 \quad \text{è punto singolare sulla frontiera}$

$\boldsymbol{P}_5 \quad \text{è punto singolare sulla frontiera}$

$\boldsymbol{P}_6 \quad \text{è punto stazionario di sulla frontiera}$

In conclusione

$\begin{align} &f(\boldsymbol{P}_3)=-4 \Rightarrow \boldsymbol{P}_3 \text{ è di minimo assoluto (come ci aspettavamo)} \\ &f(\boldsymbol{P}_4)=-2 \Rightarrow \boldsymbol{P}_4 \text{ è di minimo locale} \\ &f(\boldsymbol{P}_5)=+5 \Rightarrow \boldsymbol{P}_5 \text{ è di massimo assoluto} \\ &f(\boldsymbol{P}_6)=+5 \Rightarrow \boldsymbol{P}_6 \text{ è di massimo assoluto} \end{align}$

Salvo errori di calcolo, credo che la soluzione sia questa.

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