Massimi e minimi vincolati – Esercizi – Volume 2

Home » Massimi e minimi vincolati – Esercizi – Volume 2

In questo secondo volume di esercizi sui massimi e minimi vincolati per funzioni in più variabili presentiamo ulteriori 9 problemi sulla ricerca dei punti di massimo e minimo di una funzione su un insieme compatto $D \subset \mathbb{R}^n$ . Come in Massimi e minimi vincolati – Esercizi – Volume 1, lo studio riguarda sia la parte interna di $D$ , sia particolarmente il bordo $\partial D$ , mediante parametrizzazione o il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.

Questi esercizi sui massimi e minimi vincolati sono completamente risolti, offrendo spesso più soluzioni alternative per aumentare la varietà di tecniche mostrata al lettore, oltre a quella classica dei moltiplicatori di Lagrange.
Questo secondo volume arricchisce e completa quindi il lavoro contenuto nella prima porzione di esercizi, ed è rivolto a studenti e appassionati che desiderano approfondire la loro competenza sui massimi e minimi vincolati e sui moltiplicatori di Lagrange.

Segnaliamo il seguente materiale su argomenti correlati:

Buona lettura!

Autori e revisori

Leggi...

Autori: Giulio Binosi.

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

Introduzione

Leggi...

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 $\mathbb{R}^3$ . 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

Leggi...

Prima delle soluzioni, 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 1. 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 4 (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 $\nabla f(x_0)=\lambda\nabla g(x_0).$

Corollario 2. siano $f,g_1,...,g_k:\mathbb{R}^n\rightarrow\mathbb{R}$ funzioni differenziabili e sia

$\begin{equation*} \Gamma:=\{\overline{x}\in\mathbb{R}^n\mid g_1(\overline{x})=...=g_k(\overline{x})=0\}. \end{equation*}$

Supponiamo che $\overline{x}_0\in\Gamma$ sia punto di massimo o di minimo relativo per $f$ su $\Gamma$ e che i vettori $\nabla g_i(\overline{x}_0)$ non siano linearmente dipendenti. Allora, definita la Lagrangiana $\mathcal{L}:\mathbb{R}^n\times\mathbb{R}^k\rightarrow\mathbb{R}$ ,

$\begin{equation*} \mathcal{L}(x_1,...,x_n,\lambda_1,...,\lambda_k):=f(x_1,...,x_n)-\lambda_1g_1(x_1,...,x_n)-...-\lambda_kg_k(x_1,...,x_n), \end{equation*}$

vale

$\begin{equation*} \nabla\mathcal{L}(\overline{x}_0,\lambda_1,...,\lambda_k)=(0,...,0), \end{equation*}$

cioè $\overline{x}_0$ è un punto critico della Lagrangiana.

Massimi e minimi vincolati: esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Data la funzione $f:\mathbb{R}^3\rightarrow\mathbb{R},$ definita da

$f(x,y,z):=4x+y+z^2,$

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

$A:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2\leq z\leq 4\}.$

Svolgimento 1.

Figura 1: l’insieme $A$ .

$\quad$

Osserviamo che $f$ è un polinomio, pertanto è una funzione continua su $\mathbb{R}^3$ , mentre l’insieme $A$ è chiuso e limitato. La chiusura segue dal fatto che $A$ è intersezione di controimmagini di insiemi chiusi di $\mathbb{R}$ tramite funzioni continue, mentre per la limitatezza notiamo che esso è un settore di paraboloide ellittico, contenuto in una sfera di raggio $2\sqrt{5}$ . Infatti, dalle equazioni definenti $A$ , per ogni $(x,y,z)\in A$ risulta

$\begin{equation*} ||(x,y,z)||=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\leq\sqrt{z+z^2}\leq\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}. \end{equation*}$

Dunque è un chiuso e limitato di $\mathbb{R}^3$ , compatto per il teorema di Heine-Borel. Possiamo allora applicare il teorema di Weierstrass, il quale garantisce l’esistenza del massimo e del minimo di $f$ su $A$ .

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

$A^\circ$ ) Essendo $f$ differenziabile sull’insieme aperto $A^\circ$ , il teorema di Fermat ci assicura che gli estremi relativi di $f$ in $A^\circ$ vanno ricercati tra i suoi eventuali punti critici in $A^\circ$ , ovvero i punti $P\in A^\circ$ tali che $\nabla f(P)=(0,0,0)$ e scartare tutti i punti che non soddisfano tale condizione. Calcoliamo il gradiente di $f$ svolgendo le derivate parziali:

$\begin{cases} \dfrac{\partial f}{\partial x}(x,y)=4\\\\ \dfrac{\partial f}{\partial y}(x,y)=1\\\\ \dfrac{\partial f}{\partial z}(x,y)=2z, \end{cases}$

dunque $\nabla f(x,y,z)=(4,1,2z)$ , che non si annulla per nessuna scelta di $(x,y,z)\in A^\circ$ . Ciò significa che non vi sono punti critici.

$\partial A$ ) La frontiera di $A$ sarà descritta dalle equazioni, le cui disequazioni associate definiscono $A$ . Dunque

$\begin{equation*} \partial A=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2=z, 0\leq z\leq4\right\}\cup\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid z=4, x^2+y^2\leq z\right\}. \end{equation*}$

Possiamo distinguere $\partial A$ in due componenti: $\partial A=B\cup C$ , dove

$\begin{equation*} B=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2=z, 0\leq z\leq4\right\} \end{equation*}$

$\begin{equation*} C=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid z=4, x^2+y^2\leq z\right\}. \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 2: Gli insiemi $B$ e $C$ che compongono la frontiera di $A$ .

$\quad$

A questo punto, studiamo il comportamento di $f$ su $B$ e $C$ : dovremo trovare due parametrizzazioni $\varphi$ di $B$ e $\psi$ di $C$ e studiare massimi e minimi delle funzioni composte $f\circ\varphi$ e $f\circ\psi$ sui loro rispettivi domini.

$B$ ) È immediato osservare che $B$ è unione di circonferenze di raggio $\sqrt{z}$ a quota $z$ , per $z\in[0,4]$ . Dunque, una sua possibile parametrizzazione è la seguente:

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \varphi:[0,2\pi]\times[0,2]& \rightarrow&\mathbb{R}^3 \\ (\theta,\rho) & \mapsto&(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta,\rho^2). \end{array} \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

$\quad$

Calcoliamo allora $(f\circ\varphi)(\theta,\rho)$ :

$\begin{equation*} f(\varphi(\theta,\rho))=f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta,\rho^2)=4\rho\cos\theta+\rho\sin\theta+\rho^4. \end{equation*}$

Sia $R:=[0,2\pi]\times[0,2]$ il dominio della parametrizzazione. Osserviamo che $f\circ\varphi$ è somma e prodotto di funzioni continue e $R$ è un chiuso e limitato di $\mathbb{R}^2$ , dunque compatto. Per il teorema di Weierstrass, esisteranno il massimo ed il minimo di $f\circ\varphi$ su $R$ . Per trovarli, distinguiamo nuovamente l’insieme nella sua parte interna, $R^\circ=(0,2\pi)\times(0,2)$ e la sua frontiera, formata dai 4 lati del rettangolo.

Per quanto riguarda l’insieme aperto $R^\circ$ , essendo $f\circ\varphi$ una funzione differenziabile, il teorema di Fermat afferma che condizione necessaria affinchè $P\in R^\circ$ sia un punto di massimo o di minimo è che $\nabla (f\circ\varphi)(P)=(0,0)$ . Calcoliamo allora il gradiente di $f\circ\varphi$ tramite le derivate parziali:

$\begin{cases} \dfrac{\partial (f\circ\varphi)}{\partial \theta}(\theta,\rho)=-4\rho\sin\theta+\rho\cos\theta\\\\ \dfrac{\partial (f\circ\varphi)}{\partial \rho}(\theta,\rho)=4\cos\theta+\sin\theta+4\rho^3. \end{cases}$

Dunque

(1) $\begin{equation*} \nabla (f\circ\varphi)(\theta,\rho)=(0,0)\Leftrightarrow\displaystyle\left\{\begin{array}{l} -4\rho\sin\theta+\rho\cos\theta=0\\\\ 4\cos\theta+\sin\theta+4\rho^3=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow\displaystyle\left\{\begin{array}{l} \rho(\cos\theta-4\sin\theta)=0\\\\ 4\cos\theta+\sin\theta+4\rho^3=0. \end{array} \right. \end{equation*}$

Poichè $\rho\in(0,2)$ , la prima equazione si annulla solamente se $\cos\theta=4\sin\theta$ . Da tale relazione è possibile recuperare il valore di $\sin\theta$ e $\cos\theta$ risolvendo il sistema

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} X^2+Y^2=1 \\\\ X=4Y, \end{array} \right. \end{equation*}$

in cui $X$ rappresenta $\cos\theta$ e $Y$ $\sin\theta$ . Dunque si ha

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} X^2+Y^2=1 \\\\ X=4Y, \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} 16Y^2+Y^2=1 \\\\ X=4Y, \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} 17Y^2=1 \\\\ X=4Y, \end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} Y=\pm\dfrac{1}{\sqrt{17}} \\\\ X=4Y=\pm\dfrac{4}{\sqrt{17}}. \end{array} \right. \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 5: soluzioni dell’equazione lineare goniometrica.

$\quad$

Abbiamo dunque trovato che la prima equazione di (1) è verificata per $\left(\cos\theta,\sin\theta\right)=\pm\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}},\dfrac{1}{\sqrt{17}}\right)$ .

Inseriamo questi valori nella seconda equazione di (1) per trovare $\rho$ :

$\begin{equation*} 4\rho^3\pm4\dfrac{4}{\sqrt{17}}\pm\dfrac{1}{\sqrt{17}}=0\Leftrightarrow4\rho^3\pm\dfrac{17}{\sqrt{17}}=0\Leftrightarrow\rho^3=\mp\dfrac{\sqrt{17}}{4}\Leftrightarrow\rho=\mp\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{17}}{4}} \end{equation*}$

Possiamo accettare solo il valore $\rho=+\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{17}}{4}}\approx 1\in(0,2)$ .

Abbiamo trovato dunque il punto critico di $f\circ\varphi$ su $R^\circ$

$\Tilde{P}_1=\left(\arccos{\left(-\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)},\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{17}}{4}}\right),$

a cui corrisponde il punto $P_1$ su $B$

$\begin{equation*} P_1=\varphi\left(\Tilde{P}_1\right)=\left(-\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{17}}{4}}\dfrac{4}{\sqrt{17}},-\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{17}}{4}}\dfrac{1}{\sqrt{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right)=\left(-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right). \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 6: il punto critico $\tilde{P}_1$ della funzione parametrizzata $f\circ\varphi$ a cui corrisponde il punto $P_1$ su $B\subset\partial A$ .

$\quad$

Per quanto riguarda la frontiera $\partial R$ , essa è composta dai $4$ lati $L_1,L_2,L_3$ e $L_4$ , come mostrato in figura. Notiamo, tuttavia, che non è necessario studiare $f\circ\varphi$ su $L_2$ e $L_4$ , i lati corrispondenti ai valori di $\theta=0$ , $\theta=2\pi$ , poichè la funzione $f\circ\varphi$ è $2\pi$ -periodica rispetto a $\theta$ . Infatti, avremmo potuto parametrizzare $B$ tramite $\tilde{\varphi}:[-\pi,\pi]\times[0,2]$ , con $\tilde{\varphi}(\theta,\rho)=\varphi(\theta,\rho)$ , laddove entrambe definite. In tal modo la parte di frontiera relativa a $\theta=0$ non avrebbe svolto alcun ruolo nella ricerca dei massimi e minimi di $f\circ\varphi$ su $R$ . Lo stesso discorso vale analogamente per $\theta=2\pi$ .

$\quad$

massimi e minimi vincolati

$\quad$

Il lato $L_1$ , corrispondente al settore $\rho=0$ viene parametrizzato da

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \alpha_1:[0,2\pi] & \rightarrow&\mathbb{R}^2 \\ t&\mapsto&(t,0) \end{array} \end{equation*}$

$\begin{equation*} (f\circ\varphi)(\alpha_1(t))=f(\varphi(t,0))=f(0,0,0)=0. \end{equation*}$

Ciò significa che $f\circ\varphi$ è costante su $L_1=[0,2\pi]\times\{0\}$ che risulta quindi un insieme di punti critici per $f\circ\varphi$ , a cui corrisponde su $B$ il solo punto $\{(0,0,0)\}=\varphi(L_1)$ , che denotiamo con $P_2$ .

Per quanto riguarda $L_3=[0,2\pi]\times\{2\}$ , parametrizzato da

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \alpha_3:[0,2\pi] & \rightarrow&\mathbb{R}^2 \\ t&\mapsto&(t,2). \end{array} \end{equation*}$

calcoliamo $(f\circ\varphi)(\alpha_3(t))$ e i suoi punti critici.

$\begin{equation*} (f\circ\varphi)(\alpha_3(t))=f(2\cos t,2\sin t,4)=8\cos t+2\sin t+16, \end{equation*}$

$\begin{equation*} ((f\circ\varphi)\circ\alpha_3)'(t)=-8\sin t+2\cos t. \end{equation*}$

Dunque i punti critici di $((f\circ\varphi)\circ\alpha_3)$ , ovvero i punti che annullano la sua derivata prima, sono i valori di $t\in[0,2\pi]$ per cui vale

$\begin{equation*} \cos t=4\sin t, \end{equation*}$

equazione risolta in precedenza, dove abbiamo ottenuto i valori

$\begin{equation*} t_k=\arccos{\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)}+k\pi,\qquad k\in\mathbb{Z} \end{equation*}$

Di tale successioni, solo $t_0,t_1\in[0,2\pi]$ , dominio della parametrizzazione. I punti su $R$ corrispondenti a $t_0$ e $t_1$ sono rispettivamente $\Tilde{P}_3$ e $\Tilde{P}_4$ definiti da

$\begin{equation*} \Tilde{P}_3=\alpha_3\left(\arccos{\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)}\right)=\left(\arccos{\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)},2\right) \end{equation*}$

$\begin{equation*} \Tilde{P}_4=\alpha_3\left(\arccos{\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)}+\pi\right)=\left(\arccos{\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)}+\pi,2\right), \end{equation*}$

a cui corrispondono a loro volta i punti su $B$

$\begin{equation*} P_3=\varphi\left(\arccos{\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)},2\right)=\left(\dfrac{8}{\sqrt{17}},\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right) \end{equation*}$

$\begin{equation*} P_4=\varphi\left(\arccos{\left(\dfrac{4}{\sqrt{17}}\right)}+\pi,2\right)=\left(-\dfrac{8}{\sqrt{17}},-\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right). \end{equation*}$

massimi e minimi vincolati

Figura 9: rappresentazione dei punti interessanti trovati su $\partial R$ e la loro immagine su $\partial A$ .

$\quad$

Questo conclude lo studio di $f$ su $B$ che ha portato alla nostra attenzione $4$ candidati ad essere punti di massimo o di minimo di $f$ su $A$ : i punti $P_1,P_2,P_3$ e $P_4$ .

$C$ ) Osserviamo immediatamente che $C$ è un cerchio di raggio $2$ a quota $z=4$ . Pertanto esso è parametrizzabile da

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \psi:R=[0,2\pi]\times[0,2] & \rightarrow&\mathbb{R}^3 \\ (\theta,\rho) & \mapsto&(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta,4). \end{array} \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 10: parametrizzazione di $C$ . Vengono rappresentate alcune linee coordinate per aiutare la visualizzazione della mappa $\psi$ .

$\quad$

Calcoliamo $f\circ\psi$

$\begin{equation*} (f\circ\psi)(\theta,\rho)=f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta,4)=4\rho\cos\theta+\rho\sin\theta+16. \end{equation*}$

Analogamente a quanto detto in precedenza, anche per $f\circ\psi$ il teorema di Weierstrass garantisce l’esistenza del massimo e del minimo su $R$ . Studiamo inizialmente il comportamento di $f\circ\psi$ sull’insieme aperto $R^\circ$ tramite la ricerca dei punti critici, per poi studiare $f\circ\psi$ su $\partial R$ .

Calcoliamo le derivate parziali di $f\circ\psi$ :

$\begin{cases} \dfrac{\partial (f\circ\psi)}{\partial \theta}(\theta,\rho)=-4\rho\sin\theta+\rho\cos\theta\\\\ \dfrac{\partial (f\circ\psi)}{\partial \rho}(\theta,\rho)=4\cos\theta+\sin\theta. \end{cases}$

Dunque

(2) $\begin{equation*} \nabla (f\circ\psi)(\theta,\rho)=(0,0)\Leftrightarrow\displaystyle\left\{\begin{array}{l} -4\rho\sin\theta+\rho\cos\theta=0\\\\ 4\cos\theta+\sin\theta=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow\displaystyle\left\{\begin{array}{l} \rho(\cos\theta-4\sin\theta)=0\\\\ 4\cos\theta+\sin\theta=0. \end{array} \right. \end{equation*}$

Se $(\theta,\rho)\in R^\circ$ , $\rho>0$ e il precedente sistema è equivalente a

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} \cos\theta-4\sin\theta=0\\\\ 4\cos\theta+\sin\theta=0. \end{array} \right.\Leftrightarrow\displaystyle\left\{\begin{array}{l} \cos\theta=4\sin\theta\\\\ \cos\theta=-\dfrac{1}{4}\sin\theta, \end{array} \right. \end{equation*}$

che non ammette soluzioni: ciò significa che non ci sono punti critici di $f\circ\psi$ su $R^\circ$ .

Potevamo giungere a questa conclusione osservando che la restrizione di $f$ a $C$ è affine, dunque non può ammettere punti critici.

Per quanto riguarda $\partial R$ , poichè anche $f\circ\psi$ è $2\pi$ -periodica rispetto a $\theta$ , lo stesso discorso fatto in precedenza ci autorizza ad ignorare i lati corrispondenti ai valori $\theta=0$ e $\theta=2\pi$ . I lati rimasti sono $M_1=[0,2\pi]\times\{0\}$ e $M_3=[0,2\pi]\times\{2\}$ . Osserviamo tuttavia che $\psi(M_1)=\{(0,0,4)\}$ , dunque anziché parametrizzare il lato $M_1$ e studiare $f\circ\psi$ attraverso tale parametrizzazione, a mio avviso è più rapido annettere il punto $P_5=(0,0,4)$ tra i possibili candidati e semplicemente valutare $f(P_5)$ .

Infine, per quanto riguarda $M_3$ , osserviamo che $f\circ\psi|_{M_3}=f\circ\varphi|_{L_3}$ , che abbiamo ampiamente studiato in precedenza.

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 11: immagine di $\partial R$ attraverso $\varphi$ . Come si evince, non vi è nulla di speciale in $\psi(M_2)=\psi(M_4)$ rappresentati in nero.

$\quad$

Questo conclude lo studio di $\partial A=B\cup C$ .

I possibili candidati ad essere punti di massimo o di minimo di $f$ su $A$ sono i seguenti

$\begin{equation*} \begin{split} &P_1=\left(-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right),\qquad P_2=(0,0,0),\qquad P_3=\left(\dfrac{8}{\sqrt{17}},\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right),\\ & P_4=\left(-\dfrac{8}{\sqrt{17}},-\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right),\qquad P_5=(0,0,4), \end{split} \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 12: tutti i possibili candidati ad essere punti di massimo o minimo di $f$ su $A$ .

$\quad$

i cui valori rispetto a $f$ sono

$\begin{equation*} \begin{split} &f(P_1)=-\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{17}{2}\right)^{\frac{2}{3}}\approx-3.1,\qquad f(P_2)=0,\qquad f(P_3)=16+2\sqrt{17}\approx 24.2,\\ &f(P_4)=16-2\sqrt{17}\approx 7.8,\qquad f(P_5)=16. \end{split} \end{equation*}$

$\quad$

La soluzione dell’esercizio è la seguente: $f$ ha massimo su $A$ pari a $16+2\sqrt{17}$ , assunto nel punto $P_3=\left(\dfrac{8}{\sqrt{17}},\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right)$ e valore minimo $-\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{17}{2}\right)^{\frac{2}{3}}$ , assunto in $P_1=\left(-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right)$ .

Svolgimento 2.

Occupiamoci della frontiera di $A$ , questa volta utilizzando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, anziché passare attraverso la parametrizzazione.

Possiamo separare la frontiera di $A$ in questo modo:

$\begin{equation*} \partial A=D\sqcup E\sqcup F, \end{equation*}$

dove

$\begin{equation*} D:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2=z, z<4\} \end{equation*}$

$\begin{equation*} E:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2<z, z=4\} \end{equation*}$

$\begin{equation*} F:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2=z=4\}=\overline{D}\cap\overline{E}. \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 13: gli insiemi $D$ , $E$ ed $F$ , che compongono $\partial A$ .

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 14: si nota che $F=\overline{D}\cap\overline{E}$ .

$\quad$

Sarà quindi necessario costruire tre Lagrangiane, $\mathcal{L}_D$ , $\mathcal{L}_E$ e $\mathcal{L}_F$ , per ciascun vincolo.

$D)$ Consideriamo la funzione

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} g:\mathbb{R}^3& \rightarrow&\mathbb{R} \\ (x,y,z) & \mapsto& x^2+y^2-z \end{array} \end{equation*}$

e restringiamola al cilindro aperto $\mathcal{C}:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2< 4\}$ . Notiamo che $B=\{(x,y,z)\in\mathcal{C}\mid g(x,y,z)=0\}$ . Abbiamo cioè espresso il vincolo $B$ come luogo di zeri della funzione $g$ . A questo punto possiamo costruire la Lagrangiana $\mathcal{L}_D$

$\begin{equation*} \begin{split} \mathcal{L}_D(x,y,z,\lambda):&=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)\\ &=4x+y+z^2-\lambda(x^2+y^2-z). \end{split} \end{equation*}$

Troviamo i punti critici della Lagrangiana, secondo il teorema dei moltiplicatori di Lagrange:

$\begin{equation*} \begin{split} \nabla\mathcal{L}_D(x,y,z,\lambda)=(0,0,0,0) \\ & \iff \left\{\begin{array}{l} \dfrac{\partial\mathcal{L}_D}{\partial x}=4-2\lambda x=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_D}{\partial y}=1-2\lambda y=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_D}{\partial z}=2z+\lambda=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_D}{\partial \lambda}=-(x^2+y^2-z)=0 \end{array}\right. \\ &\iff \left\{\begin{array}{l} 4+4zx=0 \\\\ 1+4z y=0 \\\\ \lambda=-2z \\\\ x^2+y^2=z \end{array}\right. \\ & \iff \left\{\begin{array}{l} z=-\dfrac{1}{x} \\\\ z=-\dfrac{1}{4y} \\\\ \lambda=-2z \\\\ x^2+y^2=z. \end{array}\right. \end{split} \end{equation*}$

Le prime due equazioni impongono la relazione $y=\dfrac{x}{4}$ e, considerato che $z=-\dfrac{1}{x}$ , l’ultima equazione diventa

$\begin{equation*} x^2+\dfrac{x^2}{16}=-\dfrac{1}{x}\Leftrightarrow \dfrac{17}{16}x^3=-1\Leftrightarrow x=-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}}. \end{equation*}$

Recuperiamo i valori delle altre coordinate:

$\begin{equation*} y=\dfrac{-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}}}{4}=-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\qquad z=-\dfrac{1}{-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}}}=\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}. \end{equation*}$

Abbiamo quindi trovato il punto critico $P_1=\left(-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right)\in D$ . Osserviamo anche che

$\nabla g(P_1)=\left(-2\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-2\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-1\right)\neq(0,0,0).$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 15: l’unico punto critico su $D$ .

$\quad$

$E)$ Ricordando che $E:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x^2+y^2<z=4\}$ , possiamo esprimere $E$ come luogo di zero della funzione $h:\mathcal{C}\rightarrow\mathbb{R}$ , definita semplicemente $h(x,y,z):=z-4$ . Ripetendo i passi del punto precedente, calcoliamo la Lagrangiana $\mathcal{L}_E$ e i suoi punti critici.

$\begin{equation*} \begin{split} \mathcal{L}_E(x,y,z,\mu):&=f(x,y,z)-\mu h(x,y,z)\\ &=4x+y+z^2-\mu(z-4) \end{split} \end{equation*}$

$\begin{equation*} \nabla\mathcal{L}_E=(0,0,0,0)\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} \dfrac{\partial\mathcal{L}_E}{\partial x}=4=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_E}{\partial y}=1=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_E}{\partial z}=2z-\mu=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}_E}{\partial \mu}=-(z-4)=0. \end{array}\right. \end{equation*}$

Il sistema è evidentemente impossibile.

Rimane da studiare il vincolo unidimensionale $F$ , ottenuto come intersezione tra (la chiusura de) i due vincoli $D$ ed $E$ .

Applichiamo 2 sfruttando le funzioni che definivano i precedenti vincoli: $g$ e $h$ . Vale infatti

$\begin{equation*} \begin{split} F&=\{(x,y,z)\in\mathcal{C}\mid x^2+y^2=z, \ z=4\}\\ &=\{(x,y,z)\in\mathcal{C}\mid g(x,y,z)=0, \ h(x,y,z)=0\}. \end{split} \end{equation*}$

Seguendo l’enunciato, costruiamo la Lagrangiana $\mathcal{L}_F:\mathcal{C}\times\mathbb{R}^2\subset\mathbb{R}^5\rightarrow\mathbb{R}$

$\begin{equation*} \begin{split} \mathcal{L}_F(x,y,z,\lambda,\mu):&=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)-\mu h(x,y,z)\\ &=4x+y+z^2-\lambda(x^2+y^2-z)-\mu(z-4) \end{split} \end{equation*}$

ed, infine, i suoi punti critici:

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

Confrontando le prime due equazioni troviamo la relazione $x=4y$ . Utilizzandola nella quarta equazione si ricava

$\begin{equation*} 16y^2+y^2=4\Leftrightarrow y=\pm\dfrac{2}{\sqrt{17}}. \end{equation*}$

Ricaviamo anche le altre coordinate:

$\begin{equation*} x=\pm\dfrac{8}{\sqrt{17}},\qquad z=4. \end{equation*}$

Abbiamo quindi trovato altri due punti critici: $P_2=\left(\dfrac{8}{\sqrt{17}},\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right)$ e $P_3=\left(-\dfrac{8}{\sqrt{17}},-\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right)$ . Infine, per accettare i punti trovati, dobbiamo verificare che i gradienti delle funzioni definenti i vincoli non siano linearmente dipendenti in quei punti. Vale

$\begin{equation*} \nabla g(P_2)=\left(\dfrac{16}{\sqrt{17}},\dfrac{4}{\sqrt{17}},-1\right),\qquad \nabla h(P_2)=(0,0,1), \end{equation*}$

$\begin{equation*} \nabla g(P_3)=\left(-\dfrac{16}{\sqrt{17}},-\dfrac{4}{\sqrt{17}},-1\right),\qquad\nabla h(P_3)=(0,0,1). \end{equation*}$

I gradienti delle funzioni non sono linearmente dipendenti nè in $P_2$ nè in $P_3$ , che quindi possono essere accettati.

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 16: i due punti critici su $F$ .

$\quad$

Abbiamo trovato $3$ candidati ad essere massimo e minimo di $f$ su $A$ :

$\begin{equation*} P_1=\left(-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right),\qquad P_2=\left(\dfrac{8}{\sqrt{17}},\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right),\qquad P_3=\left(-\dfrac{8}{\sqrt{17}},-\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right). \end{equation*}$

Calcoliamo il valore di $f$ su ciascuno di essi e confrontiamoli.

$\begin{equation*} \begin{gathered} f(P_1)=f\left(-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right)=-\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{17}{2}\right)^{\dfrac{2}{3}}, \\ f(P_2)=f\left(\dfrac{8}{\sqrt{17}},\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right)=16+2\sqrt{17},\\ f(P_3)=f\left(-\dfrac{8}{\sqrt{17}},-\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right)=16-2\sqrt{17}. \end{gathered} \end{equation*}$

$\quad$

La soluzione dell’esercizio è la seguente: $f$ ha massimo su $A$ pari a $16+2\sqrt{17}$ , assunto nel punto $P_2=\left(\dfrac{8}{\sqrt{17}},\dfrac{2}{\sqrt{17}},4\right)$ e valore minimo $-\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{17}{2}\right)^{\dfrac{2}{3}}$ , assunto in $P_1=\left(-\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},-\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{\dfrac{16}{17}},\sqrt[3]{\dfrac{17}{16}}\right)$ .

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

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

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

$A:=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x+z=0, \ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+z^2=1\right\}.$

Svolgimento 1.

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 19: l’insieme $A$ , intersezione delle superfici precedenti.

$\quad$

Osserviamo che $f$ è un monomio, pertanto è una funzione continua su $\mathbb{R}^3$ , mentre l’insieme $A$ è chiuso e limitato. La chiusura segue dal fatto che $A$ è intersezione di controimmagini di insiemi chiusi di $\mathbb{R}$ tramite funzioni continue, mentre per la limitatezza notiamo che esso è intersezione tra un piano e un’ellissoide, quest’ultimo fornisce la limitatezza ad $A$ . Dunque è un chiuso e limitato di $\mathbb{R}^3$ , compatto per il teorema di Heine-Borel. Possiamo allora applicare il teorema di Weierstrass, il quale garantisce l’esistenza del massimo e del minimo di $f$ su $A$ .

Osserviamo anche che $A^\circ=\emptyset$ , ovvero $A=\partial A$ : l’intero problema, si riduce quindi a studiare il massimo ed il minimo di $f$ attraverso i metodi che abbiamo solitamente utilizzato per studiare la frontiera di $A$ .

Come detto, $A$ è intersezione tra il piano $z=-x$ e l’ellissoide $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+z^2=1$ . Cerchiamo una parametrizzazione di questa curva, mettendo a sistema le due equazioni.

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} z=-x \\\\ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+z^2=1 \end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} z=-x \\\\ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+x^2=1 \end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} z=-x \\\\ \dfrac{x^2}{\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)^2}+\dfrac{y^2}{3^2}=1 \end{array}\right. \end{equation*}$

Possiamo riconoscere che la seconda equazione descrive un’ellisse di semiassi $\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ e $3$ , la cui parametrizzazione è

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \alpha:[0,2\pi]& \rightarrow&\mathbb{R}^2 \\ t & \mapsto&\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cos t,3\sin t\right). \end{array} \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 20: tratteggiata in blu la proiezione di $A$ sul piano $z=0$ .

$\quad$

Essa è la proiezione su $\mathbb{R}^2$ di $A$ , che invece vive in $\mathbb{R}^3$ , più precisamente nel piano $z=-x$ . Ecco dunque che una parametrizzazione di $A$ è la seguente:

$\begin{equation*} \begin{array}{rcl} \beta:[0,2\pi] & \rightarrow&\mathbb{R}^3 \\ t & \mapsto&\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cos t,3\sin t,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cos t\right) \end{array} \end{equation*}$

A questo punto, esplicitiamo $f\circ\beta$ e studiamo il suo massimo e minimo su $[0,2\pi]$ . Essendo $f\circ\beta$ composizione di funzioni continue e l’intervallo $[0,2\pi]$ compatto, il teorema di Weierstrass garantisce nuovamente il massimo ed il minimo di $f\circ\beta$ su $[0,2\pi]$ .

Calcoliamo dunque $f\circ\beta$ :

$\begin{equation*} (f\circ\beta)(t)=f\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cos t,3\sin t,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cos t\right)=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cos t(3\sin t)^2\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\cos t\right)=-\dfrac{36}{5}\cos^2t\sin^2t. \end{equation*}$

Seguendo le indicazioni del teorema di Fermat, i possibili punti di massimo e di minimo vanno ricercati tra i punti critici di $f\circ\beta$ nella parte interna del dominio della parametrizzazione, tra gli eventuali punti di non derivabilità e tra gli estremi $\{0\}$ e $\{2\pi\}$ . Essendo $f\circ\beta$ derivabile, non vi sono punti di non derivabilità. Cerchiamo allora i punti critici, ovvero i valori $t\in(0,2\pi)$ tali per cui accade $(f\circ\beta)'(t)=0$ .

$\begin{equation*} \begin{split} &(f\circ\beta)'(t)=\dfrac{72}{5}\cos t\sin t(\sin^2 t-\cos^2 t)=0\Leftrightarrow\\ &\cos t=0\lor\sin t=0\lor \cos t=\sin t\lor\cos t=-\sin t. \end{split} \end{equation*}$

I valori di $t$ per cui ciò accade sono $t_k=\dfrac{k}{4}\pi$ , con $k=1,...,8$ , ovvero

$\begin{equation*} \begin{gathered} t_1=0,\qquad t_2=\dfrac{\pi}{4},\qquad t_3=\dfrac{\pi}{2},\qquad t_4=\dfrac{3}{4}\pi, \\ t_5=\pi,\qquad t_6=\dfrac{5}{4}\pi, \qquad t_7=\dfrac{3}{2}\pi,\qquad t_8=\dfrac{7}{4}\pi. \end{gathered} \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 21: istanti corrispondenti a punti critici della mappa $f\circ\beta$ , la rilettura di $f$ su $A$ .

$\quad$

Nonostante $t_1\notin(0,2\pi)$ , avremo comunque dovuto considerarlo tra gli estremi del dominio, assieme a $t_9=2\pi$ . A questi istanti $t_1$ , corrispondono i punti $P_i=\beta(t_i)$ su $A$ :

$\begin{equation*} \begin{split} &P_1=\beta(0)=\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right),\qquad P_2=\beta\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right),\qquad P_3=\beta\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=(0,3,0),\\ &P_4=\beta\left(\dfrac{3}{4}\pi\right)=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right),\qquad P_5=\beta(\pi)=\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right),\\ & P_6=\beta\left(\dfrac{5}{4}\pi\right)=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right),\\ &P_7=\beta\left(\dfrac{3}{2}\pi\right)=(0,-3,0),\qquad P_8=\beta\left(\dfrac{7}{8}\pi\right)=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right),\qquad P_9=\beta(2\pi)=P_1. \end{split} \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 22: rappresentazione di tutti i candidati ad essere punti di massimo o minimo di $f$ su $A$ .

$\quad$

Abbiamo trovato 8 candidati ad essere massimo e minimo di $f$ su $A$ . Calcoliamo il loro valore attraverso $f$ e confrontiamoli.

$\begin{equation*} \begin{split} &f(P_1)=f\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)=0,\qquad f(P_2)=f\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5},\qquad f(P_3)=f(0,3,0)=0\\ &f(P_4)=f\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5},\qquad f(P_5)=f\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)=0,\qquad f(P_6)=f\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5}\\ &f(P_7)=f(0,-3,0)=0,\qquad f(P_8)=f\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5}. \end{split} \end{equation*}$

$\quad$

La soluzione dell’esercizio è la seguente: $f$ ha massimo su $A$ pari a $0$ , assunto nei punti ${P_1=\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)}$ , $P_3=(0,3,0)$ , $P_5=\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)$ e $P_7=(0,-3,0)$ e valore minimo $-\dfrac{9}{5}$ , assunto in $P_2=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ , $P_4=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ , $P_6=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ e $P_8=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ .

Svolgimento 2.

Risolviamo l’esercizio attraverso il teorema dei moltiplicatori di Lagrange riferendoci ad $A$ come vincolo, il quale può essere espresso come intersezione di due vincoli: $A=\mathcal{P}\cap\mathcal{E}$ , dove $\mathcal{P}$ è il piano

$\begin{equation*} \mathcal{P}:=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x+z=0\}, \end{equation*}$

mentre $\mathcal{E}$ è l’ellissoide

$\begin{equation*} \mathcal{E}:=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+z^2=1\right\}. \end{equation*}$

Osserviamo che $\mathcal{P}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid g(x,y,z)=0\}$ e $\mathcal{E}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid h(x,y,z)=0\}$ , dove $g(x,y,z):=x+z$ e $h(x,y,z)=\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+z^2-1$ .

Il teorema dei moltiplicatori di Lagrange, declinato in questo contesto, afferma che, in corrispondenza dei punti di massimo e di minimo relativi di $f$ su $A=\mathcal{P}\cap\mathcal{E}$ succede un fenomeno che possiamo rileggere sia in chiave geometrica che algebrica: geometricamente lo si può interpretare dal fatto che i gradienti di $f$ , $g$ ed $h$ sono complanari. Da un punto di vista algebrico, detto $(x,y,z)$ un punto di estremo relativo, esisteranno $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ tali che

$\begin{equation*} \nabla f(x,y,z)=\lambda\nabla g(x,y,z)+\mu\nabla h(x,y,z). \end{equation*}$

Per questo motivo, costruiamo la Lagrangiana $\mathcal{L}:\mathbb{R}^5\rightarrow\mathbb{R}$ , definita tramite

$\begin{equation*} \mathcal{L}(x,y,z,\lambda,\mu):=f(x,y,z)-\lambda g(x,y,z)-\mu h(x,y,z). \end{equation*}$

Il teorema dei moltiplicatori di Lagrange garantisce che i punti critici di $\mathcal{L}$ corrisponderanno esattamente agli estremi relativi di $f$ su $A$ . Calcoliamo la Lagrangiana:

$\begin{equation*} \begin{split} \mathcal{L}(x,y,z,\lambda,\mu):=xy^2z-\lambda(x+z)-\mu\left(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+z^2-1\right). \end{split} \end{equation*}$

Andiamo a cercare i suoi punti critici, risolvendo con attenzione il seguente sistema

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} \dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial x}=y^2z-\lambda-\dfrac{1}{2}\mu x=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial y}=2xyz-\dfrac{2}{9}\mu y=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial z}=xy^2-\lambda-2\mu z=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial \lambda}=-(x+z)=0 \\\\ \dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial \mu}=-\left(\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+z^2-1\right)=0. \\\\ \end{array}\right. \end{equation*}$

Dalla quarta equazione troviamo la relazione $z=-x$ da utilizzare in ciascuna delle altre equazioni:

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} -xy^2-\lambda-\dfrac{1}{2}\mu x=0 \\\\ -2x^2y-\dfrac{2}{9}\mu y=0 \\\\ xy^2-\lambda+2\mu x=0 \\\\ z=-x \\\\ \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{9}+x^2=1 \\\\ \end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} -xy^2-\lambda-\dfrac{1}{2}\mu x=0 \\\\ y\left(x^2+\dfrac{1}{9}\mu\right)=0 \\\\ xy^2-\lambda+2\mu x=0 \\\\ z=-x \\\\ \dfrac{5}{4}x^2+\dfrac{y^2}{9}=1. \\\\ \end{array}\right. \end{equation*}$

La seconda equazione si annulla se $y=0$ oppure se $\mu=-9x^2$ . Supponiamo inizialmente $y=0$ , l’ultima equazione diventa

$\begin{equation*} \dfrac{5}{4}x^2=1\Leftrightarrow x=\pm\dfrac{2}{\sqrt{5}} \end{equation*}$

e, ricordando che $z=-x$ , troviamo $z=\mp\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ . Abbiamo, al momento, trovato due punti critici:

$\begin{equation*} P_1=\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)\qquad e \qquad P_2=\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right). \end{equation*}$

A questo punto, possiamo supporre $y\neq0$ e dunque assumere $\mu=-9x^2$ . Inseriamo questa informazione nel sistema, dopo aver sostituito la prima equazione con la somma tra di essa e la terza equazione:

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} -2\lambda+\dfrac{3}{2}\mu x=0 \\\\ y\left(x^2+\dfrac{1}{9}\mu\right)=0 \\\\ xy^2-\lambda+2\mu x=0 \\\\ z=-x \\\\ \dfrac{5}{4}x^2+\dfrac{y^2}{9}=1 \\\\ \end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} -2\lambda-\dfrac{27}{2} x^3=0 \\\\ \mu=-9x^2 \\\\ xy^2-\lambda-18x^3=0 \\\\ z=-x \\\\ \dfrac{5}{4}x^2+\dfrac{y^2}{9}=1. \\\\ \end{array}\right. \end{equation*}$

Dalla prima equazione risulta

$\begin{equation*} \lambda=-\dfrac{27}{4}x^3, \end{equation*}$

che, inserito nella terza equazione, dà

$\begin{equation*} xy^2+\dfrac{27}{4}x^3-18x^3=0\Leftrightarrow x\left(y^2-\dfrac{45}{4}x^2\right)=0. \end{equation*}$

Quest’ultima equazione è soddisfatta se $x=0$ , oppure se $y^2=\dfrac{45}{4}x^2$ , cioè $y=\pm\dfrac{3\sqrt{5}}{2}x$ . Ricaviamo velocemente le soluzioni derivanti da $x=0$ : l’ultima equazione risulta

$\begin{equation*} \dfrac{y^2}{9}=1\Leftrightarrow y=\pm3. \end{equation*}$

Poiche $z=-x=-0$ , abbiamo trovato altri due punti critici:

$\begin{equation*} P_3=(0,3,0)\qquad e \qquad P_4=(0,-3,0). \end{equation*}$

Infine, indipendentemente dal segno che sussiste nella relazione tra $x$ ed $y$ , inseriamo $y^2=\dfrac{45}{4}x^2$ nell’ultima equazione per ricavare le ultime soluzioni del sistema:

$\begin{equation*} \dfrac{5}{4}x^2+\dfrac{\dfrac{45}{4}x^2}{9}=1\Leftrightarrow\dfrac{5}{4}x^2+\dfrac{5}{4}x^2=1\Leftrightarrow\dfrac{5}{2}x^2=1\Leftrightarrow x=\pm\sqrt{\dfrac{2}{5}}. \end{equation*}$

Ricaviamo le altre coordinate attraverso le precedenti relazioni, facendo attenzione a tutte le possibili combinazioni di segni: poichè $z=-x$

$\begin{equation*} x=\pm\sqrt{\dfrac{2}{5}}\Rightarrow z=\mp\sqrt{\dfrac{2}{5}}; \end{equation*}$

inoltre, da $y=\pm\dfrac{3\sqrt{5}}{2}x$ ,

$\begin{equation*} x=\sqrt{\dfrac{2}{5}}\Rightarrow y=\pm\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\sqrt{\dfrac{2}{5}}=\pm\dfrac{3\sqrt{2}}{2}, \end{equation*}$

$\begin{equation*} x=-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\Rightarrow y=\pm\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\sqrt{\dfrac{2}{5}}=\pm\dfrac{3\sqrt{2}}{2}. \end{equation*}$

Abbiamo quindi trovato altri quattro punti critici:

$\begin{equation*} \begin{split} &P_5=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right),\qquad P_6=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)\\ &P_7=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right),\qquad P_8=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right). \end{split} \end{equation*}$

Abbiamo trovato 8 candidati ad essere massimo e minimo di $f$ su $A$ .

Mettiamo in evidenza una sostanziale differenza che sussiste tra i primi quattro candidati e gli altri. I punti $P_1$ , $P_2$ , $P_3$ e $P_4$ sono in realtà punti critici di $f$ che si trovano su $A$ . Il teorema dei moltiplicatori di Lagrange rileva banalmente anche gli stessi punti critici di $f$ ¹ appartenenti al vincolo, poiché il vettore nullo è complanare ad ogni coppia di vettori: basta prendere $\lambda=\mu=0$ per ottenere la combinazione lineare banale

$0=\nabla f(x,y,z)=0\nabla g(x,y,z)-0\nabla h(x,y,z).$

I punti $P_5$ , $P_6$ , $P_7$ e $P_8$ sono conclusioni non banali del teorema dei moltiplicatori di Lagrange. Dimostriamo esplicitamente che in tali punti il gradiente di $f$ è complanare con quello di $g$ ed $h$ , ovvero che esiste una combinazione lineare (non nulla) di $\nabla g$ e $\nabla h$ che ricava $\nabla f$ . Iniziamo da $P_5$ :

$\begin{equation*} \begin{split} \nabla f(x,y,z)=(y^2z,2xyz,xy^2)\Rightarrow&\nabla f(P_5)=\nabla f\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=\left(-\dfrac{9}{\sqrt{10}},-\dfrac{6\sqrt{2}}{5},\dfrac{9}{\sqrt{10}}\right);\\ \nabla g(x,y,z)=(1,0,-1)\Rightarrow&\nabla g(P_5)=\nabla g\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=(1,0,1);\\ \nabla h(x,y,z)=\left(\dfrac{x}{2},\dfrac{2}{9}y,2z\right)\Rightarrow&\nabla h(P_5)=\nabla h\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=\left(\dfrac{1}{\sqrt{10}},\dfrac{\sqrt{2}}{3},-\dfrac{4}{\sqrt{10}}\right). \end{split} \end{equation*}$

A questo punto dovremo trovare $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ tali che $\nabla f(P_5)=\lambda \nabla g(P_5)+\mu\nabla h(P_5)$ . Osserviamo che essendo vettori in $\mathbb{R}^3$ , si tratta di un sistema con tre equazioni e due incognite, ovvero un sistema sovradeterminato. Sarà proprio il fatto che $P_5$ è soluzione del teorema di Lagrange a rendere risolvibile il sistema risolvibile.

Dobbiamo dunque trovare $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ tali che

$\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} -\dfrac{9}{\sqrt{10}}=\lambda +\mu\dfrac{1}{\sqrt{10}}\\\\ -\dfrac{6\sqrt{2}}{5}=\mu\dfrac{\sqrt{2}}{3}\\\\ \dfrac{9}{\sqrt{10}}=\lambda-\mu\dfrac{4}{\sqrt{10}}. \end{array}\right. \end{equation*}$

Dalla seconda equazione troviamo subito $\mu=-\dfrac{18}{5}$ . Inseriamo il valore di $\mu$ nella prima equazione per calcolare $\lambda$ :

$\begin{equation*} -\dfrac{9}{\sqrt{10}}=\lambda -\dfrac{18}{5\sqrt{10}}\Leftrightarrow\lambda=\dfrac{-45+18}{5\sqrt{10}}=-\dfrac{27}{5\sqrt{10}}. \end{equation*}$

A questo punto vediamo se la terza equazione è soddisfatta. Ciò implicherebbe la complanarità dei tre vettori gradienti in $P_5$ :

$\begin{equation*} \dfrac{9}{\sqrt{10}}=\lambda-\mu\dfrac{4}{\sqrt{10}}=-\dfrac{27}{5\sqrt{10}}+\dfrac{18}{5}\dfrac{4}{\sqrt{10}}=\dfrac{45}{5\sqrt{10}}=\dfrac{9}{\sqrt{10}}. \end{equation*}$

$\quad$

massimi e minimi vincolati

Figura 23: illustrazione della complanarità dei gradienti di $f$ , $g$ e $h$ in $P_5$ . La stessa situazione si verifica per $P_6$ , $P_7$ e $P_8$ .

$\quad$

La complanarità dei punti $P_6$ , $P_7$ e $P_8$ si dimostra in modo del tutto analogo.

Giunti a questo punto, non ci resta che calcolare il valore attraverso $f$ degli otto candidati e confrontarli.

$\begin{equation*} \begin{split} &f(P_1)=f\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)=0,\qquad f(P_2)=f\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)=0,\qquad f(P_3)=f(0,3,0)=0\\ &f(P_4)=f(0,-3,0)=0,\qquad f(P_5)=f\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5}, \qquad f(P_6)=f\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5}\\ &f(P_7)=f\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5},\qquad f(P_8)=f\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)=-\dfrac{9}{5}. \end{split} \end{equation*}$

$\quad$

La soluzione dell’esercizio è la seguente: $f$ ha massimo su $A$ pari a $0$ , assunto nei punti $P_1=\left(\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,-\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)$ , $P_2=\left(-\dfrac{2}{\sqrt{5}},0,\dfrac{2}{\sqrt{5}}\right)$ , $P_3=(0,3,0)$ e $P_4=(0,-3,0)$ e valore minimo $-\dfrac{9}{5}$ , assunto in $P_5=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ , $P_6=\left(\sqrt{\dfrac{2}{5}},-\dfrac{3\sqrt{2}}{2},-\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ , $P_7=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ e $P_8=\left(-\sqrt{\dfrac{2}{5}},\dfrac{3\sqrt{2}}{2},\sqrt{\dfrac{2}{5}}\right)$ .

Tra le ipotesi del teorema dei moltiplicatori di Lagrange vi è che il punto in questione non dev’essere punto critico delle funzioni definenti i vincoli, ma non vi è alcuna ipotesi riguardo il gradiente della funzione di cui si sta calcolando massimo e minimo. Al contrario, ogni suo punto critico soddisfaciente l’equazione del vincolo sarà in particolare punto critico della Lagrangiana con moltiplicatori nulli. ↩

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

$f(x,y,z):=x^2+y^2+y(z+x-1),$

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

$A:=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3\mid x+y+z=0, \ x^2+y^2=1\right\}.$

Questa parte è riservata agli abbonati

per continuare a leggere, attiva un abbonamento.

• Mensile: 7,99€ / mese • Trimestrale: 19,99€ / 3 mesi • Annuale: 79,99€ / anno

Attiva abbonamento

Già abbonato? Accedi

Menu

Chiudi

Massimi e minimi vincolati – Esercizi – Volume 2

Autori e revisori

Leggi...

Introduzione

Leggi...

Massimi e minimi vincolati: richiami di teoria

Leggi...

Massimi e minimi vincolati: esercizi

Svolgimento 1.

Svolgimento 2.

Svolgimento 1.

Svolgimento 2.

Questa parte è riservata agli abbonati

Suggerimenti, refusi ed errori

Cosa dicono di noi

Massimi e minimi vincolati – Esercizi – Volume 2

Autori e revisori

Leggi...

Introduzione

Leggi...

Massimi e minimi vincolati: richiami di teoria

Leggi...

Massimi e minimi vincolati: esercizi

Svolgimento 1.

Svolgimento 2.

Svolgimento 1.

Svolgimento 2.

Questa parte è riservata agli abbonati 🔒

Questa parte è riservata agli abbonati