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Sono dati
$ $x,y \in \mathbb{R^{+}}\quad t.c.\quad 2x+3y=1$ $

Determinare dunque il massimo della funzione
$ $f(x,y)=x^3y^4$ $

Ps: derivate?

Buone cose!

Più che derivate userei una AM-GM pesata:

$ \sqrt[7]{\frac{x^3}{4}\cdot\frac{y^4}{4}}\le\displaystyle\frac{x+\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y+y+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}}{7}=\frac{2x+3y}{7}=\frac{1}{7} $
$ x^3y^4\le\frac{16}{7^7} $

giusto?

pak-man ha scritto:Più che derivate userei una AM-GM pesata:

$ \sqrt[7]{\frac{x^3}{4}\cdot\frac{y^4}{4}}\le\displaystyle\frac{x+\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y+y+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}}{7}=\frac{2x+3y}{7}=\frac{1}{7} $
$ x^3y^4\le\frac{16}{7^7} $

giusto?

L'idea è buona, ma va sfruttata meglio, perché se poni come elementi della media x, x/2, y e y/2, già sai che non possono essere tutti uguali e che pertanto GM<AM. La media va fatta con 3 termini 2x/3 e 4 termini 3y/4. Viene $ \frac{32}{3*7^7} $, se non ho fatto male i conti.

Qualcuno dice che cè qualche relazione con questo?

Anér ha scritto:Viene $ \frac{32}{3*7^7} $, se non ho fatto male i conti.

Si, viene anche a me così .

Anér ha scritto:

pak-man ha scritto:Più che derivate userei una AM-GM pesata:

$ \sqrt[7]{\frac{x^3}{4}\cdot\frac{y^4}{4}}\le\displaystyle\frac{x+\frac{x}{2}+\frac{x}{2}+y+y+\frac{y}{2}+\frac{y}{2}}{7}=\frac{2x+3y}{7}=\frac{1}{7} $
$ x^3y^4\le\frac{16}{7^7} $

giusto?

L'idea è buona, ma va sfruttata meglio, perché se poni come elementi della media x, x/2, y e y/2, già sai che non possono essere tutti uguali e che pertanto GM<AM. La media va fatta con 3 termini 2x/3 e 4 termini 3y/4. Viene $ \frac{32}{3*7^7} $, se non ho fatto male i conti.

puoi spiegarmi questo passaggio?

nelle disuguaglianze tra medie (tipo $ ~GM\leq AM $) l'uguaglianza si ha quando i termini sono tutti uguali tra loro.
ergo se vuoi la minima maggiorazione (ovvero il massimo, quel valore che e' maggiore o uguale a tutti i valori della funzione), devi usare medie in cui i termini sono uguali tra loro

Non riesco capire come si scelgono i termini delle medie...

i termini in x devono essere uguali tra loro, diciamo pari a kx. L'esponente della x e' 3 quindi nella somma abbiamo 3kx. Questo deve essere pari (a parte una costante moltiplicativa che cmq possiamo mettere uguale a 1 dato che si elimina) ai 2x presenti nell'equazione della limitazione. Ergo k=2/3, quindi i termini in x devono essere 2x/3
Stesso discorso per la y

notare che tale fatto mi porta ad avere 2x/3=3y/4, che a sistema con la limitazione mi da le coordinate del massimo (3/14, 4/21)

Capito... E ciò si può fare per ogni esercizio nel quale è richiesto di trovare il massimo di una funzione con limitazioni in incognite reali positive, giusto? Molto più veloce delle derivate che in questo caso davano un'equazione di quarto grado che non ero assolutamente in grado di risolvere in tempi utili e senza calcolatrice... Potresti per piacere postarne un'altro, o mandarmelo via pm, così mi impratichisco? Grazie mille

Tranquillo jordan
La fonte e' questa
http://www.matematicamente.it/forum/un- ... html#71361

Il risultato di Aner e' giusto.

Fedecart ha scritto:Capito... E ciò si può fare per ogni esercizio nel quale è richiesto di trovare il massimo di una funzione con limitazioni in incognite reali positive, giusto? Molto più veloce delle derivate che in questo caso davano un'equazione di quarto grado che non ero assolutamente in grado di risolvere in tempi utili e senza calcolatrice... Potresti per piacere postarne un'altro, o mandarmelo via pm, così mi impratichisco? Grazie mille

quarto grado?
data la limitazione $ ~2x+3y=1 $, modifico la funzione ottenendo
$ $f(x)=\frac{x^3(1-2x)^4}{3^4} $
$ $3^4f'(x)=3x^2(1-2x)^4-8x^3(1-2x)^3=x^2(1-2x)^3(3-14x) $
in verita' basta non andarsi a cercare rogne

Goldrake ha scritto:Tranquillo jordan
La fonte e' questa
http://www.matematicamente.it/forum/un- ... html#71361

La fonte non era sicuro il mio problema, casomai una specie di generalizzazione..
[/tex]

Jordan , volevi questo?


sia $ $F(x,y)=x^ay^b\quad \mathbb{R}^+^2\mapsto \mathbb{R}^+ $ con a,b interi positivi e la varieta' unidimensionale $ $\alpha x+\beta y=1 $.
sostituendo ( $ $f(x)=F(x,\frac{1-\alpha x}{\beta}) $ ) e derivando, abbiamo
$ $\beta^bf'(x)=x^{a-1}(1-\alpha x)^{b-1}[a-\alpha(a+b)x] $
i primi 2 zeri sono dovuti a x,y=0
il terzo zero ci da' $ $\hat{x}=\frac{a}{\alpha(a+b)},\; \hat{y}=\frac{b}{\beta(a+b)}} $ e $ $F(\hat{x},\hat{y})=\frac{a^ab^b}{\alpha^a\beta^b(a+b)^{a+b}} $

con $ $GM\leq AM $ si ha (considerato $ ~a $ elementi $ $\frac{\alpha x}{a} $ e $ ~b $ elementi $ $\frac{\beta y}{b} $, in modo da avere a+b elementi uguali nel massimo)
$ $\sqrt[a+b]{\left(\frac{\alpha x}{a}\right)^a\left(\frac{\beta y}{b}\right)^b}\leq\frac{\alpha x+\beta y}{a+b}=\frac{1}{a+b} $
che mi da'
$ $F(x,y)\leq\frac{a^ab^b}{\alpha^a\beta^b(a+b)^{a+b}} $


il problema sta nell'identita' $ $\frac{\alpha x}{a}=\frac{\beta y}{b} $, che va dimostrata per poter affermare che vale l'uguaglianza nel massimo.
Tale identita' mi minimizza la maggiorazione ed e' l'unica che mi garantisce a elementi uguali e b elementi uguali la cui somma "tragga beneficio" della limitazione

SkZ ha scritto:

Fedecart ha scritto:Capito... E ciò si può fare per ogni esercizio nel quale è richiesto di trovare il massimo di una funzione con limitazioni in incognite reali positive, giusto? Molto più veloce delle derivate che in questo caso davano un'equazione di quarto grado che non ero assolutamente in grado di risolvere in tempi utili e senza calcolatrice... Potresti per piacere postarne un'altro, o mandarmelo via pm, così mi impratichisco? Grazie mille

quarto grado?
data la limitazione $ ~2x+3y=1 $, modifico la funzione ottenendo
$ $f(x)=\frac{x^3(1-2x)^4}{3^4} $
$ $3^4f'(x)=3x^2(1-2x)^4-8x^3(1-2x)^3=x^2(1-2x)^3(3-14x) $
in verita' basta non andarsi a cercare rogne

Ho svolto i prodotti e poi derivato, anzichè derivare con i prodotti indicati, e dopo non mi riusciva fattorizare... che scarso che sono!