Massimi e minimi vincolati – Esercizi – Volume 1

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Benvenuti nel primo volume di esercizi sulla ricerca di massimi e minimi vincolati per funzioni in più variabili. L’articolo consiste in una raccolta di 10 esercizi sulla ricerca dei punti di massimo e minimo di una funzione vincolata a un insieme compatto $D \subset \mathbb{R}^n$ . Viene studiata la presenza di eventuali punti di estremo sia nell’interno di $D$ , grazie al teorema di Fermat e alle tecniche classiche come lo studio della matrice hessiana, sia sul bordo $\partial D$ , grazie a tecniche di parametrizzazione o utilizzando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.
Questi esercizi sui massimi e minimi vincolati presentano soluzioni complete, quasi sempre più di una soluzione, per offrire al lettore una panoramica ampia di tecniche risolutive così da permettere di confrontarle e affinare le sue capacità di problem solving.
La raccolta è quindi particolarmente indicata per gli appassionati e per gli studenti dei corsi di Analisi Matematica 2, in vista della preparazione della parte di esame riguardante i massimi e minimi vincolati e i moltiplicatori di Lagrange.

Oltre a Massimi e minimi vincolati – Esercizi – Volume 2, in cui reperire ulteriori problemi sui massimi e minimi vincolati e sui moltiplicatori di Lagrange, segnaliamo il seguente materiale su argomenti correlati:

Buona lettura!

Autori e revisori

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Autori: Giulio Binosi.

Revisori: Matteo Talluri, Davide La Manna, Jacopo Garofali, Daniele Bjørn Malesani, Silvia Lombardi, Valerio Brunetti.

Introduzione

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La seguente dispensa è una collezione di esercizi riguardanti il problema della determinazione del massimo e del minimo di una funzione su un insieme compatto di $\mathbb{R}^2$ . Essa è composta da esercizi di varia difficoltà ed è rivolta a studenti di Ingegneria, Fisica e Matematica che desiderano affrontare l’esame di Analisi 2. Tutti gli esercizi presentano una soluzione convenzionale, mentre alcuni ne hanno altre più ad hoc. L’obiettivo è quello di suggerire allo studente strade alternative per risolvere l’esercizio più velocemente. Gli strumenti utilizzati sono il Teorema di Fermat per quanto riguarda la parte interna dell’insieme, mentre per la sua frontiera adotteremo il metodo della parametrizzazione, qualora possibile, o il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, quando il vincolo è espresso come luogo di zeri.

Massimi e minimi vincolati: richiami di teoria

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Richiamiamo alcuni risultati fondamentali, che saranno utilizzati nella risoluzione degli esercizi:

Teorema 1 (teorema di Weierstrass). Sia $K\subset\mathbb{R}^n$ un insieme compatto e sia $f:K\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione continua. Allora $f$ ammette massimo e minimo su $K$ .

Teorema 2 (teorema di Heine-Borel). Un insieme $E\subset\mathbb{R}^n$ è compatto se e solo se è chiuso e limitato.

Teorema 3 (teorema di Fermat). Siano $A\subset\mathbb{R}^n$ un insieme aperto, $f:A\rightarrow\mathbb{R}$ e $x_0\in A$ tale che $f$ è differenziabile in $x_0$ . Allora, se $x_0$ è un punto di massimo o minimo relativo per $f$ su $A$ , vale $\nabla f(x_0)=0$ .

Corollario 4. Sia $f:A\subset\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}$ una funzione differenziabile su tutto $A$ , insieme aperto. Allora, tutti i punti di massimo o minimo relativo di $f$ su $A$ sono, in particolare, punti critici.

Teorema 5 (teorema dei moltiplicatori di Lagrange). Siano $f,g:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}$ due funzioni di classe $\mathcal{C}^1$ , sia $\Gamma:=\{x\in\mathbb{R}^n\mid g(x)=0\}$ . Supponiamo che $x_0\in\Gamma$ sia un punto di massimo o minimo di $f$ su $\Gamma$ e che $\nabla g(x_0)\neq0$ , allora $\exists\lambda\in\mathbb{R}$ tale che $\nabla f(x_0)=\lambda\nabla g(x_0).$

Proposizione 6. Sia $f=g\circ h$ . Se la funzione $g$ è strettamente crescente, i punti di massimo di $f$ corrispondono a punti di massimo per $h$ , ugualmente per i punti di minimo. Viceversa, se $g$ è strettamente decrescente, i punti di massimo di $f$ corrispondono a punti di minimo per $h$ e viceversa.

$\quad$

Dimostrazione. Dimostriamolo attraverso la definizione: un punto $P\in A$ si dice punto di massimo per $f$ su $A$ se e solo se $f(P)\geq f(x,y)$ , $\forall (x,y)\in A$ (analogamente per punto di minimo). Ma allora, essendo $f=g\circ h$ , con $g$ strettamente crescente si ha

$\begin{equation*} \begin{split} g(h(P))&=f(P)\geq f(x,y)=g(h(x,y))\qquad\forall(x,y)\in\mathbb{R}^2\\ &\Leftrightarrow h(P)\geq h(x,y)\qquad\forall(x,y)\in\mathbb{R}^2 \end{split} \end{equation*}$

Viceversa, se $g$ è strettamente decrescente

$\begin{equation*} \begin{split} g(h(P))&=f(P)\geq f(x,y)=g(h(x,y))\qquad\forall(x,y)\in\mathbb{R}^2\\ &\Leftrightarrow h(P)\leq h(x,y)\qquad\forall(x,y)\in\mathbb{R}^2 \end{split} \end{equation*}$

Massimi e minimi vincolati: esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data la funzione $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R},$ definita da

$f(x,y):=x^2+3y^2+\dfrac{1}{2}x,$

determinare, se esistono, il massimo e il minimo di $f$ sull’insieme

$E:=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid x^2+4y^2\leq4\}.$

Svolgimento 1.

Figura 1: L’insieme $E$ .

$\quad$

Osserviamo immediatamente che $f$ , essendo un polinomio, è una funzione continua su $\mathbb{R}^2$ , mentre l’insieme $E$ è compatto, poiché rappresenta un’ellisse piena. Più precisamente, esso è limitato in quanto ogni suo punto è contenuto nella palla di centro l’origine e raggio $2$ , mentre è chiuso poiché controimmagine dell’intervallo chiuso $[0,4]$ tramite la funzione continua $(x,y)\mapsto x^2+4y^2$ . Pertanto, il teorema di Weierstrass assicura l’esistenza del massimo e del minimo di $f$ su $E$ , come richiesto.

Per indagare tali punti, di cui abbiamo mostrato l’esistenza, ricorriamo al Teorema di Fermat, per il quale condizione necessaria per essere un punto di massimo o minimo è quella di essere punto critico. È importante sottolineare che tale comportamento si applica a funzioni differenziabili su un insieme aperto. Il più grande aperto contenuto in $E$ , al quale possiamo applicare il teorema di Fermat è $E^\circ$ ¹. Dovremo studiare diversamente $\partial E$ ², in modo da esaminare l’intero insieme $E=E^\circ\sqcup\partial E$ ³.

Indaghiamo gli eventuali punti critici di $f$ in $E^\circ$ , ovvero i punti $P\in E^\circ$ tali che $\nabla f(P)=(0,0)$ . Calcoliamo il gradiente di $f$ svolgendo le derivate parziali:

$\begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x+\dfrac{1}{2}\\\\ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=6y. \end{cases}$

Dunque

$\nabla f(x,y)=(0,0)\quad \Leftrightarrow \quad \displaystyle\left\{\begin{array}{l} 2x+\dfrac{1}{2}=0\\\\ 6y=0 \end{array} \right.\quad \Leftrightarrow \quad\displaystyle\left\{\begin{array}{l} x=-\dfrac{1}{4}\\ y=0. \end{array} \right.$

Ciò significa che l’unico punto critico di $f$ è $P_1=\left(-\dfrac{1}{4},0\right)$ , il quale appartiene a $E^\circ$ , poiché soddisfa la disequazione stretta $x^2+4y^2<4$ .

Consideriamo ora la frontiera di $E$ . Presentiamo due modi per trovare il massimo e minimo di $f$ su $\partial E$ : attraverso il metodo dei moltiplicatori di Lagrange o con la parametrizzazione della frontiera. In questo caso conviene il secondo metodo, essendo $\partial E$ un’ellisse con i fuochi sull’asse $x$ e semiassi $a=2$ , $b=1$ . Una parametrizzazione di $\partial E$ è la seguente:

$\begin{aligned} \alpha:[0,2\pi] & \longrightarrow \mathbb{R}^2\\ t & \longmapsto (2\cos(t),\sin(t)). \end{aligned}$

A questo punto sarà sufficiente studiare i punti di massimo e minimo assoluti della funzione, dipendente da una variabile, $f\circ\alpha:[0,2\pi]\rightarrow\mathbb{R}$ . Osserviamo che $f\circ\alpha$ è composizione di funzioni continue, quindi anch’essa continua su $\mathbb{R}$ e l’intervallo $[0,2\pi]$ è compatto, pertanto il teorema di Weierstrass assicura nuovamente l’esistenza di massimo e minimo di $f$ su $\partial E$ . Essi si possono trovare in corrispondenza dei punti critici di $f\circ\alpha$ , ovvero i punti $\alpha(t)$ tali che $(f\circ\alpha)'(t)=0$ oppure nei punti di frontiera della curva $\alpha$ , che solitamente si trovano negli estremi del dominio della curva. In questo caso, essendo $\alpha$ una curva chiusa, la sua frontiera è vuota e per questo possiamo evitare di studiare gli estremi del dominio.

Esplicitamente,

$\begin{equation*} \begin{split} f\circ\alpha(t)&=f(2\cos(t),\sin(t))=(2\cos(t))^2+3\sin^2(t)+\cos(t)\\ &=\cos^2(t)+\cos(t)+3, \end{split} \end{equation*}$

dunque, cerchiamo le soluzioni dell’equazione $(f\circ\alpha)'(t)=0$ , con $t\in[0,2\pi]$ :

$\begin{equation*} (f\circ\alpha)'(t)=-2\cos(t)\sin(t)-\sin(t)=-\sin(t)(2\cos(t)+1)=0, \end{equation*}$

che ha come soluzioni

$\begin{equation*} \sin(t)=0\ \lor \ \cos(t)=-\dfrac{1}{2} \end{equation*}$

da cui

$\begin{equation*} t=0 \ \lor \ t=\pi \ \lor \ t=2\pi \ \lor \ t=\dfrac{2}{3}\pi \ \lor \ t=\dfrac{4}{3}\pi, \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 2: I punti critici di $f\circ\alpha$ .

$\quad$

a cui corrispondono i punti su $\partial E$ :

$\begin{equation*} \begin{aligned} &P_2=\alpha(0)=\alpha(2\pi)=(2,0),\qquad P_3=\alpha(\pi)=(-2,0),\\ &P_4=\alpha\left(\dfrac{2}{3}\pi\right)=\left(-1,\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right),\qquad P_5=\alpha\left(\dfrac{4}{3}\pi\right)=\left(-1,-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Abbiamo trovato tutti i punti di $E$ che concorrono nel diventare massimo o minimo di $f$ su $E$ : calcoliamo il valore di $f$ in tali punti, così da selezionarne il massimo e il minimo.

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 3: i punti candidati a punti di massimo o minimo di $f$ su $E$ .

$\quad$

$\begin{equation*} f(P_1)=-\dfrac{1}{16}\qquad f(P_2)=5\qquad f(P_3)=3\qquad f(P_4)=\dfrac{11}{4}\qquad f(P_5)=\dfrac{11}{4}. \end{equation*}$

Ecco dunque la soluzione al problema di massimo e minimo vincolati:

$\quad$

Il massimo di $f$ su $E$ vale 5, assunto in corrispondenza del punto $P_2=(2,0)$ , mentre il minimo è $-\dfrac{1}{16}$ , assunto in $P_1=\left(-\dfrac{1}{4},0\right)$ .

con $E^\circ$ si intende l’interno di $E$ . ↩

$\partial E$ indica la frontiera di $E$ . ↩

on $\sqcup$ s’intende unione disgiunta. ↩

Svolgimento 2.

Un’altra strada per risolvere l’esercizio è quella di parametrizzare l’ellisse piena tramite la parametrizzazione regolare

$\begin{aligned} \psi:[0,2\pi]\times[0,2] & \longrightarrow\mathbb{R}^2 \\ (\theta,\rho) & \longmapsto\left(\rho\cos{\theta},\dfrac{1}{2}\rho\sin\theta\right). \end{aligned}$

$\quad$

Figura 4: Dominio della parametrizzazione con linee coordinate.

Figura 5: Immagine della parametrizzazione e delle linee coordinate.

$\quad$

In generale, diremo che una funzione $\psi:R\subset\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}^m$ è una parametrizzazione regolare di $\Psi(R)$ se

$R$ è un sottoinsieme compatto di $\mathbb{R}^n$ ed esiste un sottoinsieme aperto $A$ di $R$ tale che $\overline{A}=R$ ⁴;

$\Psi|_A$ sia iniettiva;

$\Psi$ sia differenziabile e valga $\det J_\Psi\neq0$ su $A$ , dove

$\begin{equation*} J_\Psi(x_1,...,x_n):=\begin{pmatrix} \dfrac{\partial \Psi_1}{\partial x_1}&\cdot\cdot\cdot&\dfrac{\partial \Psi_1}{\partial x_n}\\ \cdot&\cdot&\cdot\\ \cdot&\cdot&\cdot\\ \cdot&\cdot&\cdot\\ \dfrac{\partial \Psi_m}{\partial x_1}&\cdot\cdot\cdot&\dfrac{\partial \Psi_m}{\partial x_n} \end{pmatrix}. \end{equation*}$

L’espediente di utilizzare la parametrizzazione regolare $\Psi$ permette di ricondurre lo studio dei punti critici di una funzione $f$ su $\Psi(A)\subset\Psi(R)$ allo studio dei punti critici di $f\circ\Psi$ su $A$ . Infatti, dalla regola della catena vale

$\begin{equation*} \nabla(f\circ\Psi)(x_1,...,x_n)=\nabla f(\Psi(x_1,...,x_n))\cdot J_\Psi(x_1,...,x_n) \end{equation*}$

e dall’ipotesi di non singolarità della matrice Jacobiana di $\Psi$ risulta

$\begin{equation*} \nabla f(\Psi(x_1,...,x_n))=0\Leftrightarrow\nabla(f\circ\Psi)(x_1,...,x_n)=0\qquad\forall(x_1,...,x_n)\in A. \end{equation*}$

Nel nostro caso, ponendo $R:=[0,2\pi]\times[0,2]$ , $\psi$ è una parametrizzazione regolare di $E$ . Infatti vale

$E=\psi(R)$ ;

posto $A:=[0,2\pi)\times(0,2]$ , $\overline{A}=R$ ;

$\psi|_A$ è iniettiva;

$\psi$ è differenziabile e

$\begin{equation*} J_\psi(\theta,\rho):=\begin{pmatrix} \dfrac{\partial\psi_1}{\partial\theta}&\dfrac{\partial\psi_1}{\partial\rho}\\\\ \dfrac{\partial\psi_2}{\partial\theta}&\dfrac{\partial\psi_2}{\partial\rho} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\rho\sin\theta&\cos\theta\\\\ \dfrac{1}{2}\rho\cos\theta&\dfrac{1}{2}\sin\theta, \end{pmatrix} \end{equation*}$

dunque

$\begin{equation*} \det J_\psi(\theta,\rho)=-\dfrac{1}{2}\rho\sin^2\theta-\dfrac{1}{2}\rho\cos^2\theta=-\dfrac{1}{2}\rho\neq 0 \end{equation*}$

poiché su $A$ , $\rho\neq0$ .

Il ragionamento appena illustrato permette di sostituire la ricerca dei punti critici di $f$ su $E\setminus\{(0,0)\}=\psi(A)$ a quella dei punti critici di $f\circ\psi$ su $A$ .

$\quad$

Figura 6: Rappresentazione di $A$ , il più grande sottoinsieme su cui $\psi$ è iniettiva.

Figura 7: L’immagine secondo $\psi$ di $A$ è l’ellisse piena, esclusa l’origine.

$\quad$

Calcoliamo, allora, la funzione composta $f\circ\psi$ :

$\begin{equation*} (f\circ\psi)(\theta,\rho)=f\left(\rho\cos{\theta},\dfrac{1}{2}\rho\sin\theta\right)=\rho^2\cos^2\theta+\dfrac{3}{4}\sin^2\theta+\dfrac{1}{2}\rho\cos\theta=\dfrac{3}{4}\rho^2+\dfrac{1}{4}\rho^2\cos^2\theta+\dfrac{1}{2}\rho\cos\theta, \end{equation*}$

le sue derivate parziali

$\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{\partial (f\circ\psi)}{\partial \theta}(\theta,\rho)=-\dfrac{1}{2}\rho^2\sin\theta\cos\theta-\dfrac{1}{2}\rho\sin\theta\\\\ \dfrac{\partial (f\circ\psi)}{\partial \rho}(\theta,\rho)=\dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho\cos^2\theta+\dfrac{1}{2}\cos\theta \end{cases} \end{equation*}$

e i suoi punti critici, ovvero i punti in cui si annulla il gradiente, il vettore formato dalle derivate parziali appena calcolate:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \nabla(f\circ\psi)(\theta,\rho)=0 & \iff \displaystyle\left\{\begin{array}{l} -\dfrac{1}{2}\rho^2\sin\theta\cos\theta-\dfrac{1}{2}\rho\sin\theta=0\\ \dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho\cos^2\theta+\dfrac{1}{2}\cos\theta=0 \end{array} \right. \\ & \iff \displaystyle\left\{\begin{array}{l} -\dfrac{1}{2}\rho\sin\theta\left(\rho\cos\theta+1\right)=0\\ \dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho\cos^2\theta+\dfrac{1}{2}\cos\theta=0. \end{array} \right. \end{aligned} \end{equation*}$

Ricordando che su $A$ , $\rho\in(0,2]$ e $\theta\in[0,2\pi)$ , la prima equazione si annulla solamente se

$\begin{equation*} \sin\theta=0 \end{equation*}$

oppure

$\begin{equation*} \rho\cos\theta=-1. \end{equation*}$

Nel primo caso $\theta=0\lor\theta=\pi$ : se $\theta=0$ la seconda equazione non si annulla, in quanto

$\begin{equation*} \dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho\cos^2(0)+\dfrac{1}{2}\cos(0)=\dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho+\dfrac{1}{2}>0; \end{equation*}$

se, invece, $\theta=\pi$ , la seconda equazione diventa

$\begin{equation*} \dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho\cos^2(\pi)+\dfrac{1}{2}\cos(\pi)=\dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho-\dfrac{1}{2}=2\rho-\dfrac{1}{2} \end{equation*}$

e si annulla per $\rho=\dfrac{1}{4}$ . Abbiamo così trovato il punto critico $P_1=\left(\pi,\dfrac{1}{4}\right)$ di $f\circ\psi$ su $A$ , che corrisponde al punto critico $\left(-\dfrac{1}{4},0\right)=\psi(P_1)$ di $f$ trovato nel primo svolgimento. Nel secondo caso, $\rho\cos\theta=-1$ , dunque la seconda equazione diventa

$\begin{equation*} \dfrac{3}{2}\rho+\dfrac{1}{2}\rho\cos^2\theta+\dfrac{1}{2}\cos\theta= \dfrac{3}{2}\rho-\dfrac{1}{2}\cos\theta+\dfrac{1}{2}\cos\theta= \dfrac{3}{2}\rho \end{equation*}$

che non si annulla mai su $A$ . A questo punto possiamo considerare concluso lo studio del comportamento di $f$ su $\psi(A)^\circ=E^\circ\setminus\{(0,0)\}$ , attraverso la parametrizzazione $\psi$ . Abbiamo trovato come unico punto critico $\psi(P_1)=\left(-\dfrac{1}{4},0\right)$ .

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 8: $P_1$ punto critico di $f\circ\psi$ , a cui corrisponde $\psi(P_1)$ su $E$ come candidato.

$\quad$

Il punto $(0,0)$ è un punto singolare della parametrizzazione $\psi$ e conviene valutare $f$ su $(0,0)$ e confrontare il suo valore con gli altri competitori.

Rimane infine da studiare $f$ su $\partial E$ . Osservando che $\partial E=\psi\left([0,2\pi),\{2\}\right)$ basterà studiare $\psi$ su $R_2:=[0,2\pi)\times\{2\}$ . Introduciamo la parametrizzazione regolare di $\partial E$

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \varphi:[0,2\pi)&\rightarrow&\mathbb{R}^2 \\ \theta&\mapsto&\psi(\theta,2)=(2\cos\theta,\sin\theta), \end{array} \end{equation*}$

osservando che $\psi|_{R_2}=\varphi$ .

$\quad$

massimi e minimi vincolati

$\quad$

Applichiamo il ragionamento precedente alla funzione $f\circ\varphi$ . I punti critici di $f$ su $\partial E$ , infatti, saranno in corrispondenza con i punti critici di $f\circ\varphi$ su $[0,2\pi)$ .

Calcoliamo esplicitamente $f\circ\varphi$ :

$\begin{equation*} (f\circ\varphi)(\theta)=f(2\cos\theta,\sin\theta)=3+\cos^2\theta+\cos\theta, \end{equation*}$

la cui derivata è

$\begin{equation*} (f\circ\varphi)'(\theta)=-2\cos\theta\sin\theta-\sin\theta=-\sin\theta(2\cos\theta+1) \end{equation*}$

che si annulla se e solo se

$\begin{equation*} \sin(\theta)=0\ \lor \ \cos(\theta)=-\dfrac{1}{2} \end{equation*}$

da cui

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 10: rappresentazione goniometrica dei punti cirtici della mappa $f\circ\varphi$ .

$\quad$

$\begin{equation*} \theta=0 \ \lor \ \theta=\pi \ \lor \ \theta=\dfrac{2}{3}\pi \ \lor \ \theta=\dfrac{4}{3}\pi, \end{equation*}$

a cui corrispondono i punti su $R_2$

$\begin{equation*} P_2=(0,2),\qquad P_3=(\pi,2),\qquad P_4=\left(\dfrac{2}{3}\pi,2\right),\qquad P_5=\left(\dfrac{4}{3}\pi,2\right) \end{equation*}$

e su $\partial E$ :

$\begin{equation*} \begin{aligned} &\tilde{P}_2=\psi\left(P_2\right)=(2,0),\qquad \tilde{P}_3=\psi\left(P_3\right)=(-2,0),\\\\ &\tilde{P}_4=\psi\left(P_4\right)=\left(-1,\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right),\qquad \tilde{P}_5=\psi\left(P_5\right)=\left(-1,-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right), \end{aligned} \end{equation*}$

trovati nello svolgimento precedente.

Abbiamo trovato tutti i punti di $R$ che concorrono nel diventare massimo o minimo di $f\circ\psi$ su $R$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 12: i corrispondenti punti mappati dalla parametrizzazione $\psi$ su $E$ .

$\quad$

Calcoliamo il valore di $f\circ\psi$ in tali punti, così da selezionarne il massimo e il minimo. Essi corrisponderanno ai valori di massimo e minimo di $f$ su $E$ . Infine tali valori saranno assunti nell’immagine secondo $\psi$ dei punti di massimo e minimo di $f\circ\psi$ su $R$ .

$\begin{equation*} \begin{gathered} (f\circ\psi)(P_1)=(f\circ\psi)\left(\pi,\dfrac{1}{4}\right)=-\dfrac{1}{16},\qquad (f\circ\psi)(P_2)=(f\circ\psi)\left(0,2\right)=5, \\ (f\circ\psi)(P_3)=(f\circ\psi)\left(\pi,2\right)=3,\\ (f\circ\psi)(P_4)=(f\circ\psi)\left(\dfrac{2}{3}\pi,2\right)=\dfrac{11}{4},\qquad(f\circ\psi)(P_5)=(f\circ\psi)\left(\dfrac{4}{3}\pi,2\right)=\dfrac{11}{4}. \end{gathered} \end{equation*}$

Ecco dunque la soluzione al problema di massimo e minimo vincolati:

Il massimo di $f$ su $E$ vale 5, assunto in corrispondenza del punto $\psi(P_2)=(2,0)$ , mentre il minimo è $-\dfrac{1}{16}$ , assunto in $\psi(P_1)=\left(-\dfrac{1}{4},0\right)$ .

con $\overline{A}$ intendiamo la chiusura di $A$ , ovvero il più piccolo insieme chiuso contenente $A$ . ↩

Svolgimento 3.

Un modo per semplificare notevolmente l’esercizio è quello di riscrivere $f$ come

$\begin{equation*} f(x,y)=x^2+4y^2-y^2+\dfrac{1}{2}x \end{equation*}$

e suddividere $E$ in infinite ellissi $E_k$ di equazione

$\begin{equation*} E_k:=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid x^2+4y^2=k\}, \end{equation*}$

notando che

$\begin{equation*} E=\bigcup_{k\in[0,4]}E_k. \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 13: suddivisione di $E$ in ellissi concentriche.

$\quad$

Su ciascuna ellisse $E_k$ , si ha

$f_k(x,y)=-y^2+\dfrac{1}{2}x+k\qquad\forall (x,y)\in E_k.$

Studiamo quindi ciascuna $f_k$ su $E_k$ utilizzando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Per prima cosa dovremo esprimere ciascun vincolo come luogo di zeri di una funzione:

$E_k=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid g_k(x,y)=0\},$

dove

$g_k(x,y):=x^2+4y^2-k.$

Il teorema dei moltiplicatori di Lagrange afferma che in corrispondenza dei punti di massimo e minimo di $f_k$ su $E_k=\{g_k\equiv0\}$ , i gradienti di $f_k$ e $g_k$ sono paralleli (purché $\nabla g_k\neq0$ in quei punti). Questa è la motivazione alla base della costruzione della funzione Lagrangiana $\mathcal{L}_k(x,y,\lambda):=f_k(x,y)-\lambda g_k(x,y)$ . Per il teorema di Lagrange, i punti di massimo e minimo di $f_k$ vincolati alla frontiera di A in cui $\nabla g_k \neq (0,0)$ vanno ricercati tra i punti critici della Lagrangiana. Da cui occorre risolvere il sistema

$\begin{equation*} \nabla\mathcal{L}_k=(0,0,0)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} \dfrac{\partial\mathcal{L}_k}{\partial x}=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_k}{\partial y}=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_k}{\partial \lambda}=0 \\\\ \end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} \dfrac{\partial f_k}{\partial x}-\lambda\dfrac{\partial g_k}{\partial x}=0 \\\\ \dfrac{\partial f_k}{\partial y}-\lambda\dfrac{\partial g_k}{\partial y}=0 \\\\ g_k=0. \\\\ \end{array}\right. \end{equation*}$

Le prime due equazioni affermano proprio che $\nabla f_k$ è multiplo di $\nabla g_k$ , ovvero che i due gradienti sono paralleli. L’ultima equazione assicura che il punto si trovi su $E_k=\{g_k\equiv 0\}$ .

Calcoliamo la Lagrangiana. Nel nostro caso

$\begin{equation*} \mathcal{L}_k(x,y,\lambda):=-y^2+\dfrac{1}{2}x+k-\lambda(x^2+4y^2-k) \end{equation*}$

e osserviamo che $\nabla g_k(x,y)=(2x,8y)\neq(0,0)$ se $(x,y)\neq(0,0)$ . Ciò significa che l’origine non soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange e l’allineamento dei gradienti non sarà, dunque, condizione necessaria per la ricerca di massimi e minimi. Essa andrà valutata separatamente. Calcoliamo ora i punti critici della Lagrangiana:

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} \dfrac{\partial\mathcal{L}_k}{\partial x}=\dfrac{1}{2}+2\lambda x=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_k}{\partial y}= -2y+8\lambda y=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_k}{\partial \lambda}=-(x^2+4y^2-k)=0\\\\ \end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 4\lambda x=-1 \\\\ 2y(4\lambda-1)=0\\\\ x^2+4y^2=k.\\\\ \end{array} \right. \end{equation*}$

La seconda equazione si annulla per $y=0$ oppure $\lambda=\dfrac{1}{4}$ . Distinguiamo i due casi:

supponiamo $y=0$ : l’ultima equazione dà $x=\pm\sqrt{k}$ . Abbiamo dunque trovato i punti critici

$\begin{equation*} P^+_k=\left(\sqrt{k},0\right)\qquad P^-_k=\left(-\sqrt{k},0\right),\qquad k\in(0,4]. \end{equation*}$

Se, invece, $\lambda=\dfrac{1}{4}$ , dalla prima equazione risulta $x=-1$ e dalla terza, $y=\pm\dfrac{\sqrt{k-1}}{2}$ , che ha senso per $k\geq1$ . Abbiamo ottenuto un altro insieme di punti critici

$\begin{equation*} Q^+_k=\left(-1,\dfrac{\sqrt{k-1}}{2}\right)\qquad Q^-_k=\left(-1,-\dfrac{\sqrt{k-1}}{2}\right)\qquad k\in [1,4]. \end{equation*}$

Abbiamo ottenuto 4 insiemi di punti critici, soddisfacienti la condizione necessaria del teorema di Lagrange.

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 14: rappresentazione dei 4 segmenti critici di $f$ su $E$ .

$\quad$

Possiamo parametrizzare tali insiemi per studiare il comportamento di $f$ . Una proposta di parametrizzazioni è la seguente:

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \alpha^\pm:(0,4]&\rightarrow & \mathbb{R}^2 \\ t & \mapsto&\left(\pm\sqrt{t},0\right); \end{array} \end{equation*}$

relativa ai punti $P^\pm_k$ e

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \beta^\pm:[1,4]&\rightarrow & \mathbb{R}^2 \\ t & \mapsto&\left(-1,\pm\dfrac{\sqrt{t-1}}{2}\right). \end{array} \end{equation*}$

relativa ai punti $Q^\pm_k$ .

Studiamo quindi le funzioni composte

$f\circ\alpha^\pm:(0,4]\rightarrow\mathbb{R},\qquad f\circ\beta^\pm:[1,4]\rightarrow\mathbb{R}.$

$f\circ\alpha^+)$

$\begin{equation*} (f\circ\alpha^+)(t)=f\left(\sqrt{t},0\right)=t+\dfrac{1}{2}\sqrt{t}, \end{equation*}$

che è strettamente crescente, dunque verrà studiato solo il punto estremale

$P^+_4=\alpha^+(4)=(2,0).$

$f\circ\alpha^-)$

$\begin{equation*} (f\circ\alpha^-)(t)=f\left(-\sqrt{t},0\right)=t-\dfrac{1}{2}\sqrt{t}. \end{equation*}$

Per calcolare il massimo e minimo della funzione $f\circ\alpha^-$ , derivabile su $(0,4]$ , calcoliamone la derivata prima e dove questa si annulla:

$\begin{equation*} (f\circ\alpha^-)'(t)=1-\dfrac{1}{4\sqrt{t}}=0\Leftrightarrow t=\dfrac{1}{16}, \end{equation*}$

a cui corrisponde il punto critico $P^-_{1/16}=\alpha^-\left(\dfrac{1}{16}\right)=\left(-\dfrac{1}{4},0\right)$ . Oltre al punto critico, va considerato anche l’estremo della parametrizzazione $P^-_4=\alpha^-(4)=(-2,0)$ .

$f\circ\beta^+)$

$\begin{equation*} (f\circ\beta^+)(t)=f\left(-1,\dfrac{\sqrt{t-1}}{2}\right)=1+k-1-\dfrac{k-1}{4}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{4}k-\dfrac{1}{4}, \end{equation*}$

che è una funzione lineare, quindi monotona. Pertanto, gli unici punti da considerare saranno gli estremi della parametrizzazione, ovvero

$Q^+_1=\beta^+(1)=\left(-1,0\right)\qquad\text{e}\qquad Q^+_4=\beta^+(4)=\left(-1,\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right).$

$f\circ\beta^-)$ Notiamo che $f$ è pari in $y$ , da cui

$\begin{equation*} (f\circ\beta^-)(t)=f\left(-1,-\dfrac{\sqrt{t-1}}{2}\right)=f\left(-1,\dfrac{\sqrt{t-1}}{2}\right)=(f\circ\beta^+)(t). \end{equation*}$

Dunque, i punti da valutare, seguendo il procedimento di $(f\circ\beta^+)(t)$ sono

$Q^-_1=\beta^-(1)=(-1,0)=Q^+_1\qquad\text{e}\qquad Q^-_4=\beta^-(4)=\left(-1,-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right).$

Abbiamo terminato la ricerca dei potenziali punti di massimo e minimo di $f$ su $E$ : calcoliamo il valore di $f$ in tali punti, così da selezionarne il massimo e il minimo.

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 15: rappresentazione di tutti i candidati e le rispettive orbite.

$\quad$

$\begin{equation*} \begin{gathered} f(0,0)=0\qquad f(P_4^+)=f(2,0)=5, \\f\left(P_{1/16}^-\right)=f\left(-\dfrac{1}{4},0\right)=-\dfrac{1}{16}, \qquad f(P_4^-)=f(-2,0)=3,\\ f(Q^+_1)=f(-1,0)=\dfrac{1}{2}\qquad f(Q^+_4)=f\left(-1,\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{11}{4}\qquad f(Q^-_4)=f\left(-1,-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\dfrac{11}{4}. \end{gathered} \end{equation*}$

Ecco dunque la soluzione al problema di massimo e minimo vincolati:

Il massimo di $f$ su $E$ vale 5, assunto in corrispondenza del punto $P_4^+=(2,0)$ , mentre il minimo è $-\dfrac{1}{16}$ , assunto in $P_{1/16}^-=\left(-\dfrac{1}{4},0\right)$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data la funzione $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R},$ definita da

$f(x,y):=xy+2x^2-x,$

determinare, se esistono, il massimo e il minimo di $f$ sull’insieme

$E:=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid x\geq -1, -1\leq y\leq 2-2x\}$

Svolgimento.

Figura 16: l’insieme $E$ e le rette che lo delimitano.

$\quad$

Osserviamo immediatamente che $f$ , essendo un polinomio, è una funzione continua su $\mathbb{R}^2$ , mentre l’insieme $E$ è compatto, poiché rappresenta l’interno di un triangolo unito alla sua frontiera. Pertanto, il teorema di Weierstrass assicura che il problema ha soluzione.

Distinguiamo l’insieme $E$ nella sua parte interna e la sua frontiera: $E=E^\circ\sqcup\partial E$ . Studiamo separatamente le due componenti.

$E^\circ$ ) Per quanto riguarda l’insieme aperto $E^\circ$ , il teorema di Fermat ci permette di indagare gli eventuali punti critici di $f$ in $E^\circ$ , ovvero i punti $P\in E^\circ$ tali che $\nabla f(P)=(0,0)$ e scartare tutti i punti che non soddisfano tale condizione. Calcoliamo il gradiente di $f$ svolgendo le derivate parziali:

$\begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=y+4x-1\\\\ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=x, \end{cases}$

dunque

$\nabla f(x,y)=(0,0)\Leftrightarrow\displaystyle\left\{\begin{array}{l} y+4x-1=0\\ x=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow\displaystyle\left\{\begin{array}{l} x=0\\ y=1. \end{array} \right.$

Ciò significa che l’unico punto critico di $f$ è $P_1=\left(0,1\right)$ , il quale appartiene a $E^\circ$ , poiché soddisfa le disequazioni strette $x> -1, -1< y< 2-2x$ .

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 17: rappresentati la parte interna di $E$ e l’unico punto critico di $f$ , $P_1$ .

$\quad$

$\partial E$ ) Per quanto riguarda la frontiera, invece, notiamo che essa rappresenta un triangolo, dotato quindi di 3 lati ${\partial E=L_1\cup L_2\cup L_3}$ , come in figura.

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 18: $\partial E$ composto dai 3 lati $L_1$ , $L_2$ e $L_3$ .

$\quad$

Cerchiamo una parametrizzazione per ognuno di essi. Un modo universale per parametrizzare un generico segmento $\overline{PQ}$ è il seguente: date le coordinate degli estremi $P=(x_P,y_P)$ e $Q=(x_Q,y_Q)$ del segmento, una sua parametrizzazione sarà definita tramite la combinazione convessa di $P$ e $Q$ :

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \alpha_{\overline{PQ}}:[0,1]&\rightarrow&\mathbb{R}^2 \\ t & \mapsto&\left(x_P+t(x_Q-x_P),y_P+t(y_Q-y_P)\right). \end{array} \end{equation*}$

In questo caso, applicando il ragionamento sopra descritto, forniamo una possibile scelta di parametrizzazioni dei lati $L_1$ , $L_2$ e $L_3$ , con $t\in[0,1]$ :

$\begin{equation*} \begin{aligned} &\alpha_1(t):=\left(-1+\dfrac{5}{2}t,-1\right)\\ & \alpha_2(t):=\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{2}t,-1+5t\right)\\ &\alpha_3(t):=\left(-1,4-5t\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Per ciascuna parametrizzazione, studiamo i punti critici della funzione composta $f\circ\alpha_i$ e gli estremi del dominio $\alpha_i(0)$ e $\alpha_i(1)$ , con $i=1,2,3$ , che corrispondono ai vertici del triangolo.

$L_1\bigg)$

$\begin{equation*} \begin{split} (f\circ\alpha_1)(t)=f\left(-1+\dfrac{5}{2}t,-1\right)=1-\dfrac{5}{2}t+2\left(-1+\dfrac{5}{2}t\right)^2+1-\dfrac{5}{2}t=\dfrac{25}{2}t^2-15t+4, \end{split} \end{equation*}$

dunque calcoliamo

$\begin{equation*} 0=(f\circ\alpha_1)'(t)=25t-15\iff t=\dfrac{3}{5}. \end{equation*}$

Alternativamente, essendo $f\circ\alpha$ una parabola, il punto critico sarà esattamente in corrispondenza della $x$ del suo vertice. Come conferma, infatti, $x_V=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{-15}{25}=\dfrac{3}{5}$ .

Ecco dunque che il punto $P_2=\alpha_1\left(\dfrac{3}{5}\right)=\left(\dfrac{1}{2},-1\right)$ è candidato per essere massimo o minimo di $f$ su $E$ .

$L_2\bigg)$

$\begin{equation*} \begin{split} (f\circ\alpha_2)(t)&=f\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{2}t,-1+5t\right)=\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{2}t\right)(-1+5t)+2\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{2}t\right)^2-\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2}t\\ &=-\dfrac{3}{2}+\dfrac{15}{2}t-\dfrac{25}{2}t^2+\dfrac{9}{2}+\dfrac{25}{2}t^2-15t-\dfrac{3}{2}+\dfrac{5}{2}t=-5t+\dfrac{3}{2}. \end{split} \end{equation*}$

La funzione $f\circ\alpha_2(t)$ è affine e non nulla, quindi non ha punti critici.

$L_3\bigg)$

$\begin{equation*} (f\circ\alpha_3)(t)=f(-1,4-5t)=5t-1, \end{equation*}$

concludiamo per lo stesso motivo di $L_2$ . La scelta della parametrizzazione non è mai unica. Proponiamo un’altra parametrizzazione per ciascun segmento con l’obiettivo di mostrare che le conclusioni ottenute in precedenza non dipendono dalla scelta della parametrizzazione.

Il lato $L_1$ si poteva parametrizzare tramite

$\begin{aligned} \beta_1:\left[-1,\dfrac{3}{2}\right]&\longrightarrow\mathbb{R}^2 \\ t & \longmapsto(t,-1), \end{aligned}$

per cui risulta

$\begin{equation*} (f\circ\beta_1)(t)=f(t,-1)=-t+2t^2-t=2t(t-1), \end{equation*}$

la cui equazione corrisponde ad una parabola con concavità positiva e vertice in $t=\dfrac{1}{2}$ . Valutando $\beta_1$ in tale valore, ritroviamo

$\beta_1\left(\dfrac{1}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{2},-1\right)=P_2,$

in accordo con il risultato fornito in precedenza dalla parametrizzazione $\alpha_1$ .

Un’altra parametrizzazione di $L_2$ è la seguente

$\begin{aligned} \beta_2:\left[-1,\dfrac{3}{2}\right] & \longrightarrow\mathbb{R}^2 \\ t & \longmapsto(t,-2t+2), \end{aligned}$

da cui

$\begin{equation*} (f\circ\beta_2)(t)=f(t,-2t+2)=-2t^2+2t+2t^2-t=t, \end{equation*}$

funzione lineare, non nulla, come risulta per $f\circ\alpha_2$ .

Infine, per $L_3$ si poteva procedere attraverso la parametrizzazione

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \beta_3:\left[-1,4\right] & \rightarrow&\mathbb{R}^2 \\ t & \mapsto&(-1,t), \end{array} \end{equation*}$

e la composizione

$\begin{equation*} (f\circ\beta_3)(t)=f(-1,t)=-t+2+1=-t+3, \end{equation*}$

è nuovamente affine e non nulla.

Elenchiamo, a questo punto, tutti i canditati ad essere massimo o minimo per $f$ su $E$ : $P_1=(0,1)$ , punto critico di $f$ in $E^\circ$ , $P_2=\left(\dfrac{1}{2},-1\right)$ , punto critico di $f\circ\alpha_1$ su $\partial E$ e i vertici di $\partial E$ , $A=(-1,4)$ , $B=(-1,-1)$ e $C=\left(\dfrac{3}{2},-1\right)$ .

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 19: l’insieme $E$ e i 4 candidati

$\quad$

Calcoliamo il valore di $f$ su ciascuno di questi punti per determinarne il massimo e il minimo:

$\begin{equation*} f(P_1)=0\qquad f(P_2)=-\dfrac{1}{2}\qquad f(A)=-1\qquad f(B)=4\qquad f(C)=\dfrac{3}{2}. \end{equation*}$

$\quad$

Concludiamo quindi che il massimo di $f$ su $E$ vale 4, assunto nel punto $B=(-1,-1)$ , mentre il minimo è -1, assunto nel punto $A=\left(-1,4\right)$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data la funzione $f:\mathbb{R}^2\rightarrow\mathbb{R},$ definita da

$f(x,y):=(2y+3)e^{2x^2+y^2},$

determinare, se esistono, il massimo e il minimo di $f$ sull’insieme

$A:=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2\mid 2x^2+y^2\leq1\right\}.$

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