Massimi e minimi di funzioni

ULTIMO AGGIORNAMENTO: 23. giugno 2005

Ricordiamo i seguenti risultati (si vedano rispettivamente il Teorema 2.39 e Teorema 3.19 delle dispense).

Teorema A Una funzione $f:K \to {\bf R}$ continua in $K$ compatto di ${\bf R}^n$. ammette sia massimo che minimo.

Teorema B Sia $f:\Omega \to {\bf R}$, $\Omega$ aperto di ${\bf R}^n$, $f \in C^1(\Omega )$. Se $x_0 \in \Omega$ è un punto di minimo o di massimo per $f$ allora ${{\partial f}\over{\partial x_i}}(x_0) = 0$ per $i=1, ... n$.

Esempi

a)

Le ipotesi del Teorema A sono ottimali.

1. $K$ limitato, ma non chiuso, $f$ continua - Ad esempio $f:(0,1) \to {\bf R}$, $f(x)=x$, non ammette né massimo né minimo.
2. $K$ chiuso, ma non limitato, $f$ continua - Ad esempio $f:{\bf R}\to {\bf R}$, $f(x) = \textrm{arctg} \!x$, non ammette né massimo né minimo.
3. $f$ non continua e $K$ compatto - Ad esempio, $f : [-1,1] \to {\bf R}$ definita da $f(x) = x + 1$ per $x \in [-1, 0)$, $f(0) = 0$ mentre $f(x) = x - 1$ per $x \in (0, 1]$.

b)

Le informazioni che si ottengono da ${{\partial f}\over{\partial x_i}} = 0$ riguardano solo i punti interni, quindi se non si trovano soluzioni a tale sistema di equazioni non significa che non ci siano il massimo e il minimo.

1. Ad esempio $f:[0,1] \to {\bf R}$, $f(x)=x$, ha derivata sempre non nulla all'interno di $[0,1]$ e comunque ammette sia massimo che minimo.

Vediamo schematicamente una traccia di come procedere per trovare i punti di massimo e di minimo per una funzione di più variabili $f:K \to {\bf R}$ (in alcune situazioni):

se $K$ è compatto (cioè limitato e chiuso):

1. prima si cercano eventuali candidati all'interno di $K$ risolvendo, dove $f$ è differenziabile, le equazioni
   
   $${{\partial f}\over{\partial x_i}} = 0 , \hskip20pt i =1 , ...n;$$
   
   

2. poi si considera il bordo di $K$, parametrizzandolo (il bordo può avere parti di dimensione $n-1$, $n-2$, ... $0$) oppure usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.
   Se esistono punti all'interno di $K$ nei quali $f$ non è differenziabile e l'insieme in cui $f$ non è differenziabile è unione di parti di dimensione $n-1$, $n-2$, ... $0$ queste vanno trattate come si tratta il bordo;
3. si valuta la funzione nei punti trovati (al punto 1. e al punto 2.) e nei punti del bordo di dimensione $0$, i ``vertici'', se questi sono un numero finito, per vedere qual è il massimo e il minimo della funzione; se invece si vuole studiare la natura di ogni singolo punto si può studiare la matrice hessiana nei punti interni se $f$ è sufficientemente regolare.

Se $K$ non è limitato:

4.

si procede come ai punti 1., 2., 3. e in più va controllato il comportamento all'infinito (dentro $K$) della funzione.

Curve di livello:

1. un modo differente per trovare i massimi e minimi è quello di studiare gli insiemi di livello della funzione, cosa che talvolta risulta più semplice e può evitare di fare calcoli inutilmente (si veda, ad esempio, lo svolgimento dell'ESERCIZIO 3.4, ma anche 3.11, 3.12, 3.13).

Osservazione - A volte un problema di massimo o minimo può essere modificato per semplificare i calcoli. Sia $f:A \to {\bf R}$ la funzione di cui si vogliono trovare il valore minimo e il valore massimo e siano $x_1\in A$ punto di minimo, $x_2 \in A$ punto di massimo, cioè

$$f(x_1) \leqslant f(x) \hskip10pt \textrm{e} \hskip10pt f(x_2) \geqslant f(x) \hskip10pt \textrm{per ogni } x \in A .$$

Se $g: {\bf R}\to {\bf R}$ è una funzione monotona crescente si avrà

$$g(f(x_1)) \leqslant g(f(x)) \hskip10pt \textrm{e} \hskip10pt... ...) \geqslant g(f(x)) \hskip10pt \textrm{per ogni } x \in A .$$

Quindi il punto di minimo (e non il valore minimo!) di $g\circ f : A \to {\bf R}$ è lo stesso della funzione $f$ (idem per il massimo). Di conseguenza il problema può essere trasformato nel cercare il punto di minimo e il punto di massimo per una funzione $g\circ f$ per un'opportuna $g$ (si vedano ad esempio gli svolgimenti dell'ESERCIZIO 3.4 e dell'ESERCIZIO 3.14).

Suggerimenti - Anche se viene scelta (per motivi didattici) e proposta una soluzione non è detto che questa sia l'unica o la migliore. Consigliamo, quindi, di svolgere in più modi, quando possibile, i vari esercizi.
Un'altra cosa: a volte può essere vantaggioso usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange (si vedano, ad esempio, l'ESERCIZIO 3.25, 3.26, 3.27), ma in generale, se possibile, per trovare gli estremi di una funzione sul bordo di un insieme (o in generale su un vincolo) consigliamo di parametrizzare, abbassando così il numero di parametri invece di aumentarlo.

Massimi e minimi su compatti

Massimi e minimi su compatti osservando le curve di livello

Massimi e minimi su illimitati e natura dei punti critici

Per studiare la natura di un punto critico di una funzione (nel caso tale funzione sia di classe $C^2$) si può studiare la matrice hessiana in quel punto. Per una generica matrice simmetrica $A$ valgono le seguenti disuguaglianze (si veda l'ESERCIZIO 3.10)

$$\lambda \vert x\vert^2 \leqslant \big( A \cdot x, x \big) \l... ...rt x\vert^2 \hskip20pt \textrm{per ogni } x \in {\bf R}^n .$$

dove $\lambda$ e $\Lambda$ sono rispettivamente il minimo e il massimo autovalore di $A$.
Ora se $f : \Omega \in {\bf R}$ è di classe $C^2$, $\Omega$ aperto di ${\bf R}^n$, $x_0 \in \Omega$ e, denotata con $H_f(x_0)$ la matrice hessiana di $f$ valutata in $x_0$, si ha che tutti gli autovalori di $H_f(x_0)$ sono positivi (in particolare $\lambda > 0$) si ha che $\lambda \vert x\vert^2 \leqslant \big( H_f(x_0) \cdot x, x \big)$, cioè $H_f(x_0)$ è definita positiva, e quindi $x_0$ è un punto di minimo locale. Viceversa, se tutti gli autovalori sono negativi (in particolare $\Lambda < 0$) da $\big( H_f(x_0) \cdot x, x \big) \leqslant \Lambda \vert x\vert^2$ ricaviamo che $H_f(x_0)$ è definita negativa e in particolare $x_0$ è punto di massimo locale.
Un altro caso favorevole è quando la matrice $H_f(x_0)$ ammette un autovalore positivo ed uno negativo: infatti restringendo la funzione agli autospazi relativi a tali autovalori si trova che tali restrizioni ammettono rispettivamente minimo e massimo (si veda ad esempio l'ESERCIZIO 3.16). Da ciò si conclude che il punto è di sella (cioè non è né di minimo, né di massimo).
Per fare ciò ci si può aiutare con lo studio dei minori principali, oppure ricordando che il determinante e la traccia di una matrice sono invarianti rispetto a trasformazioni che rendono diagonale la matrice, per cui il determinante è il prodotto degli autovalori, la traccia la somma delgi autovalori.

Ma che succede se il determinante della matrice hessiana è nullo? Come per una funzione di una variabile si potrebbero studiare le derivate di ordine successivo, ma nel caso di funzioni di $n$ variabili si hanno applicazioni $k$-lineari da ${\bf R}^{n} \times \dots \times {\bf R}^n$ ($k$ volte) in ${\bf R}$, dove $k$ è l'ordine di derivazione (il gradiente va da ${\bf R}^n$ in ${\bf R}$, la matrice hessiana da ${\bf R}^n \times {\bf R}^n$ in ${\bf R}$ e così via). Questo rende di fatto impossibile lo studio delle derivate successive.
Fintanto che, anche se un autovalore è nullo, ne troviamo uno positivo ed uno negativo, possiamo comunque concludere (si veda l'ESERCIZIO 3.19) che il punto è di sella. Se invece gli autovalori sono tutti maggiori o uguali a zero, oppure tutti minori o uguali a zero, la cosa è più complicata. Per capire il comportamento della funzione ci si può restringere a rette (ad esempio, se un autovalore è nullo, si può studiare la restrizione della funzione al nucleo della matrice $H_f(x_0)$, come ad esempio fatto nell'ESERCIZIO 3.18), ma ciò non e`, o può non essere sufficiente! (si veda a tal proposito lESERCIZIO 3.20).

Metodo dei moltiplicatori di Lagrange

Soluzioni

Soluzione 3.1 - Per il teorema di Weierstrass $f$ ammette sia massimo che minimo. All'interno si ha

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...\partial f}\over{\partial y}}}(x,y) = - 2 y \end{array}\right.$$

che ha soluzione solo per $(x,y)=(0,0)$ che è all'interno di $A$.

Figura 3.1:

Vediamo il bordo. Prendiamo in considerazione il lato $\l _1$: parametrizziamo con la seguente funzione

$$\varphi : (-1, 1) \to {\bf R} , \hskip20pt \varphi (t) = (1,t)$$

e consideriamo $f \circ \varphi : (-1, 1) \to {\bf R}$. Si ha

$${{d}\over{dt}} (f \circ \varphi) (t) = {{d}\over{dt}} f (\va... ...)) = {{d}\over{dt}} f(1,t) = {{d}\over{dt}}(1 - t^2) = -2t = 0$$

per $t=0$ che corrisponde al punto $(1, \varphi(0)) = (1,0)$. Chiaramente in casi semplici come questo si può considerare direttamente la funzione $f$ ristretta all'insieme $l_1$ e derivare rispetto a $y$ la funzione $f(1,y) = 1 - y^2$, ma in tal caso si presti molta attenzione! Bisogna sempre ricordare che alla base c'è una parametrizzazione e quindi non si possono sostituire le variabili con leggerezza (si veda un esempio in cui si può cadere in inganno nell'ESERCIZIO 3.5).
Analogamente si parametrizzano gli altri lati e derivando si ottengono i punti $(0,1)$ sul lato $l_2$, $(-1,0)$ sul lato $l_3$, $(0,-1)$ sul lato $l_4$. Abbiamo quindi i seguenti candidati:

$$\begin{array}{ll} (0,0) & \textrm{punto critico interno} ... ...1,1) , (-1,1), (-1,-1), (1,-1) & \textrm{vertici} \end{array}$$

A questo punto valutando la funzione $f$ su tutti e nove i punti si trova che il punto di massimo è $(1,0)$ e il valore massimo di $f$ è $f(1,0)=1$, i punti di minimo sono $(-1,1)$ e $(-1,-1)$ e il valore minimo di $f$ è $f(-1,1)=f(-1,-1) = -2$.

Soluzione 3.2 - Come nell'esercizio precedente si ottiene solamente il punto $(0,0)$ stazionario per $f$.

Figura 3.2:

Vediamo il bordo: lo si può parametrizzare con la funzione

$$\varphi (t) = \Big( {{1}\over{2}} \cos t, \!\textrm{sen} \!t \Big)$$

con $t \in [0, 2\pi)$ (in questo caso non è importante l'intervallo che si sceglie, si potrebbe considerare un qualunque intervallo $[a, a + 2\pi)$, quindi se anche $t=0$ fosse punto critico per $f \circ \varphi$ non va scartato perché cambiando l'intervallo di definizione di $\varphi$ lo si può forzare ad essere un punto interno!!).
Deriviamo allora $f \circ \varphi (t) = {{1}\over{8}} \cos^3 t + \!\textrm{sen} \!\!^2 t$ e otteniamo

$$\!\textrm{sen} \!t \cos t \Big( 2 - {{3}\over{8}} \cos t \Big) = 0$$

che si annulla se $\!\textrm{sen} \!t =0$, $\cos t =0$ oppure $( 2 - {{3}\over{8}} \cos t) = 0$. Quest'ultmia non è mai $0$ per cui rimangono i valori $t=0$ corrispondente a $(1/2, 0)$, $t=\pi/2$ corrispondente a $(0,1)$, $t=\pi$ corrispondente a $(-1/2, 0)$, $t=3\pi/2$ corrispondente a $(0,-1)$. Si conlude valutando $f$ in questi quattro punti e nell'origine per ottenere che $(-1/2, 0)$ è il punto di minimo ($-1/8$ il valore minimo), $(0,-1)$ e $(0,1)$ i punti di massimo ($1$ il valore massimo).
Per esercizio studiare il bordo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.

Soluzione 3.3 - L'insieme $C$ è quello rappresentato nella Figura 3.3. Il gradiente all'interno non si annulla mai (non si annulla mai da nessuna parte). Vediamo sul bordo. Cominciando parametrizzando la parte di cono descritta da $z^2=x^2+y^2$. Si può considerare una funzione

$$\phi : \Omega _1 \to {\bf R}^3 , \hskip20pt \phi(s,t) = (s,t,\sqrt{s^2 + t^2})$$

dove $\Omega _1 = \{ (s,t) \in {\bf R}^2 \vert s^2 + t^2 \leqslant 4, (s,t) \not= (0,0) \}$. Il punto $(0,0)$ non viene considerato perché non è possibile trovare una funzione differenziabile da un aperto di ${\bf R}^2$ alla porzione di cono con il vertice del nostro caso.

Figura 3.3:

Allora la funzione $f(\phi(s,t)) = s + t -s^2 - t^2$ ha derivate parziali

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...l }\over{\partial t}}}f(\phi(s,t)) = 1 - 2t \end{array}\right.$$

che si annullano per $(s,t) = (1/2, 1/2)$, punto che corrisponde a $\phi (1/2, 1/2) = (1/2, 1/2, 1/\sqrt{2})$. Ora parametrizziamo il cerchio: considero la funzione $\psi : \Omega _2 \to {\bf R}^3$, $\psi(s,t) = (s,t,2)$ dove $\Omega _2 = \{ (s,t) \in {\bf R}^2 \vert s^2 + t^2 \leqslant 4 \}$. La funzione $f\circ\psi (s,t) = s + t - 4$ non ha mai gradiente nullo. Ora passiamo alla circonferenza rappresentata dall'intersezione di $x^2 + y^2 - z^2 = 0$ e $z = 2$. La parametrizzo con

$$\varphi (t) = (2 \cos t, 2 \!\textrm{sen} \!t, 2)$$

e ottengo che

$${{d}\over{dt}} (f \circ \varphi) (t) = -2 \!\textrm{sen} \!t + 2 \cos t$$

che si annulla quando $\!\textrm{sen} \!t = \cos t$, cioè per $t = \pi/4$ e $t=5\pi/4$ che corrispondono ai due punti $(\sqrt{2},\sqrt{2}, 2)$ e $(-\sqrt{2},-\sqrt{2}, 2)$. Conclusione: testo la funzione nei punti $(1/2, 1/2, 1/\sqrt{2})$, $(\sqrt{2},\sqrt{2}, 2)$, $(-\sqrt{2},-\sqrt{2}, 2)$ e $(0,0,0)$ che è un vertice. Il massimo è $1/2$ assunto nel punto $(1/2, 1/2, 1/\sqrt{2})$, il minimo $-2 \sqrt{2} -4$ assunto nel punto $(-\sqrt{2},-\sqrt{2}, 2)$.

Soluzione 3.4 - Risolviamo l'esercizio in diversi modi. Prima di tutto trasformiamo il problema: la distanza di un generico punto in ${\bf R}^3$ dall'origine è data da

$$d \big( (x,y,z), (0,0,0) \big) = \sqrt{x^2+y^2+z^2} .$$

Chiaramente minimizzare e massimizzare su un compatto questa funzione oppure il suo quadrato, cioè $x^2+y^2+z^2$, è equivalente (per convincersi della cosa si cominci a pensare in dimensione $1$ alla funzione $f(x) = \sqrt{x^2} = \vert x\vert$ e $g(x) = x^2$). Per cui è più conveniente utilizzare la funzione $f(x,y,z) = x^2+y^2+z^2$ che è più semplice da derivare e regolare in ogni punto (mentre la funzione distanza sopra non è differenziabile nell'origine). L'insieme $D$ è dato dall'intersezione di un cilindro lungo l'asse $z$ a base ellittica e il piano di equazione $z-x=1$. Per cui si studia la funzione $f(x,y,z) = x^2+y^2+z^2$ su $D$. La funzione $f$ è continua e $D$ è compatto per cui ammette sia massimo che minimo.
Il piano $z-y=1$ può essere visto come un grafico ($z = y + 1$) e quindi la parametrizzazione più semplice risulta

$$\phi : E \to {\bf R}^3 , \hskip20pt \phi (u,v) = (u,v, v+1)$$

dove $E = \{ (u,v) \in {\bf R}^2 \vert u^2 + 2 v^2 \leqslant 3 \}$. Definiamo la funzione $\tilde f (u,v) = f(\phi(u,v)) = u^2 + v^2 + (v+1)^2 = u^2 + 2 v^2 + 2v + 1$. Annullando le derivate parziali si ottiene

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...ver{\partial v}}}f(\phi(u,v)) = 4v + 2 = 0 \end{array}\right.$$

per cui l'unico punto stazionario è $(0,-1/2)$ che appartiene ad $E$ e che corrisponde al punto $(0, -1/2, 1/2)$ dell'insieme $D$. Sul bordo parametrizzato con $\vartheta \mapsto ( \sqrt{3} \cos \vartheta , \sqrt{3/2} \!\textrm{sen} \!\vartheta )$ la funzione diventa

$$3 \cos^2 \vartheta + 3 \!\textrm{sen} \!\!^2 \vartheta + 2\sqrt{{3}\over{2}} \!\textrm{sen} \!\vartheta + 1$$

la cui derivata si annulla per $\cos \vartheta = 0$, cioè per $\vartheta = {{\pi}\over{2}}$, $\vartheta = {{3\pi}\over{2}}$ che corrispondono ai punti $(0, \sqrt{3/2})$ e $(0, -\sqrt{3/2})$ dell'insieme $E$ e ai punti $(0, \sqrt{3/2}, \sqrt{3/2}+1)$, $(0, -\sqrt{3/2}, 1 - \sqrt{3/2})$ dell'insieme $D$. Valutando la funzione nei tre punti ottenuti si ha

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{l} \tilde f... ...= 4 - \sqrt{6} > {\displaystyle {{1}\over{2}}} , \end{array}$$

per cui il punto $(0, -1/2, 1/2)$ di $D$, che corrisponde a $(0,-1/2)$ di $E$, è il punto di minima distanza dall'origine, il punto $(0, \sqrt{3/2}, \sqrt{3/2}+1)$ di $D$, che corrisponde a $(0, \sqrt{3/2})$ di $E$, è il punto di massima distanza dall'origine.
Si sarebbe potuto studiare il punto interno valutando la matrice hessiana:

$$H_{\tilde f}(u,v) = \left( \begin{array}{cc} 2 & 0 \\ 0 & 4 \end{array}\right)$$

che è definita positiva, per cui $(0,-1/2)$ è di minimo (locale, ma a posteriori anche assoluto).
Vediamo studiando le curve di livello di $\tilde f$ come si può risolvere il problema. La quantità

$$u^2 + 2v^2 + 2v + 1$$

può essere riscritta

$$u^2 + 2 \Big( v + {{1}\over{2}} \Big)^2 + {{1}\over{2}}$$

per cui risolvere $\tilde f (u,v) = c$ con $c \in {\bf R}$, cioè trovare l'insieme di livello $c$ della funzione $\tilde f$, è equivalente a risolvere

$$u^2 + 2 \Big( v + {{1}\over{2}} \Big)^2 + {{1}\over{2}} = c , \hskip40pt c \geqslant {{1}\over{2}}$$

che sono ellissi, come le curve tratteggiate in Figura 3.4 (l'ellisse in neretto rappresenta il bordo di $E$). Per $c < 1/2$ l'insieme di livello $c$ è l'insieme vuoto.

Figura 3.4:

Soluzione 3.5 - L'insieme in questione è un cilindro infinito, in particolare non è compatto, quindi non è detto che il minimo e il massimo esistano. Le tre derivate parziali poste uguali a zero

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...style (x^2-y^2) {{2z}\over{(1+z^2)^2}}} = 0 \end{array}\right.$$

che forniscono solo il punto $(0,0,0)$ interno ad $E$. All'infinito (per $\vert z\vert \to + \infty$) la funzione tende a $0$, ma è facile vedere che la funzione assume sia valori positivi che negativi. Vediamo sul bordo: dobbiamo parametrizzare la superficie $\partial E = \{ (x,y,z) \in {\bf R}^3 \vert x^2 + y^2 = 1 \}$.
!!! Si può essere tentati dall'inserire nell'espressione di $f$ la quantità $1-x^2$ al posto di $y^2$ e considerare così

$$\tilde f(x,z) = {{2x^2-1}\over{1+z^2}} .$$

Questo corrisponde a considerare le due parametrizzazioni

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{l} \psi_1 :... ... , \hskip20pt \psi_2 (x,z) = (x, - \sqrt{1-x^2}, z) \end{array}$$

Annullando le derivate di $\tilde f$ si ottengono le soluzioni $x=0$ e $z=0$ che corrispondono ai due punti $(0,1,0)$ e $(0,-1,0)$ (che risultano i punti di massimo per la funzione $f$). A questo punto però vanno anche considerati gli estremi $-1$ e $1$ del dominio di $\psi_1$ e $\psi_2$ che corrispondono ai punti

$$(1,0,0) \hskip10pt \textrm{e} \hskip20pt (-1,0,0)$$

nei quali va valutata poi $f$. Se si considera la quantità $1-y^2$ al posto di $x^2$ si stanno considerando le due parametrizzazioni

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{l} \eta_1 :... ..., \hskip20pt \eta_2 (y,z) = (- \sqrt{1-y^2}, y , z) \end{array}$$

si considera $\hat{f} (y,z) = {{1-2y^2}\over{1+z^2}}$ e annullando le derivate si trovano i due punti $(1,0,0)$ e $(-1,0,0)$ ai quali vanno aggiunti i punti corrispondenti agli estremi $\eta_1(-1)=\eta_2(-1) = (0,-1,0)$ e $\eta_1(1)=\eta_2(1) = (0,1,0)$.
Se parametrizziamo la superficie con

$$\varphi(\vartheta , z) = (\cos \vartheta , \!\textrm{sen} \!\vartheta , z)$$

e consideriamo

$$f(\varphi(\vartheta , z)) = {{\cos^2 \vartheta - \!\textrm{sen} \!^2 \vartheta }\over{1+z^2}}$$

derivando si ottengono

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...en} \!^2 \vartheta )2z}\over{1+z^2}}} = 0 \end{array}\right.$$

per cui si hanno le soluzioni $\!\textrm{sen} \!\vartheta = 0$ o $\cos \vartheta = 0$ e $z=0$, che corrispondono ai punti quattro $(0,1,0)$, $(0,-1,0)$, $(1,0,0)$ e $(-1,0,0)$, due di massimo, due di minimo.
Perché in questo modo abbiamo trovato quattro punti, mentre per $\tilde{f}$ e $\hat{f}$ solamente due?

Soluzione 3.9 - L'insieme $E$, in Figura 3.5, non è compatto, quindi l'esistenza del massimo e del minimo non è garantita. Annullando le derivate si ottiene il punto critico $(0,1)$. Si vede facilmente che

$$f(x,y) \leqslant f(0,1) \hskip30pt \textrm{per ogni } (x,y) \in {\bf R}^2$$ (3.1)

(studiare l'hessiana per esercizio).

Figura 3.5:

All'infinito: poiché $y \leqslant 1/\vert x\vert$ si ha che $(y-1)^2 \leqslant (1/\vert x\vert -1)^2$ quindi

$${{1}\over{1+x^2+({{1}\over{\vert x\vert}}-1)^2}} \leqslant {{1}\over{1+x^2+(y-1)^2}} \leqslant {{1}\over{1+x^2}} .$$

Se si considera quindi il limite per $\vert(x,y)\vert \to +\infty$ in $E$ si hanno due possibilità: o $\vert x\vert \to +\infty$ (e $y \to 0$) oppure $y \to + \infty$ (e in questo caso $\vert x\vert \to 0$). Nel primo dei due casi dalla stima di sopra si ottiene che $f(x,y) \to 0$. Nel secondo caso possiamo stimare la $f$ come segue, visto che $\vert x\vert \leqslant 1/y$:

$${{1}\over{1+{{1}\over{y^2}}+({{1}\over{\vert x\vert}}-1)^2}}... ...{1}\over{1+x^2+(y-1)^2}} \leqslant {{1}\over{1+(y-1)^2}} .$$

Conlcusione:

$$\lim_{\tiny\begin{array}{c} \vert(x,y)\vert \to +\infty (x,y) \in E \end{array}} f(x,y) = 0$$

(in realtà $\lim_{\vert(x,y)\vert \to +\infty} f(x,y) = 0$! mostrarlo per esercizio). Poiché $f$ è sempre positiva, il limite all'infinito è zero e inoltre dalla stima (3.1) si conclude che la funzione ha un punto di massimo assoluto in $(0,1)$ e non ha minimo.

Soluzione 3.10 - Derivando la funzione $f$ rispetto a $x_k$ si ha:

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {{\partial... ...ver{\partial x_k }} (x_1^2 + \dots + x_n^2) = 2 x_k \end{array}$$

quindi

$${{\partial f}\over{\partial x_k }} = {{2 \vert x\vert^2 \su... ... \sum_{j=1}^n a_{kj} x_j - 2 x_k f(x) }\over{\vert x\vert^2 }}$$

per ogni $k = 1, \dots n$. Di conseguenza, anullando le derivate, si ha

$$\sum_{j=1}^n a_{kj} x_j - x_k f(x) = 0 \hskip20pt \textrm{per ogni } k = 1, \dots n$$

e ciò è equivalente a dire che

$$Ax = f(x) x$$

cioè $x$ è un autovettore e $f(x)$ è un autovalore. Senza bisogno di trovare le soluzioni $x$ sicuramente $f(x)$ è un autovalore, quindi il minimo valore assunto da $f$ è il minimo autovalore di $A$ e il massimo valore assunto da $f$ è il massimo autovalore di $A$.

Volendo risolvere il problema con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, si osservi innanzitutto che la funzione $f$ può essere ridefinita sulla ipersfera in ${\bf R}^n$

$$S^{n-1} = \{ x \in {\bf R}^n \vert \vert x\vert=1 \}$$

dato che

$$f(x) = {{\langle Ax , x \rangle}\over{\vert x\vert^2}} = \B... ...x}\over{\vert x\vert}} , {{x}\over{\vert x\vert}} \Big\rangle$$

e quindi

$$f(\alpha x) = f(x) \hskip20pt \textrm{per ogni } \alpha \not = 0 .$$

Per cui ci si può limitare a considerare

$$f(x) = \sum_{i,j=1}^n a_{ij} x_j x_i$$

definita in $S^{n-1}$. Si consideri la funzione

$$H(x,\lambda ) = \sum_{i,j=1}^n a_{ij} x_j x_i + \lambda (x_1^2 + \dots + x_n^2 - 1)$$

visto che cerchiamo i punti stazionari in $S^{n-1}$ e $\vert x\vert=1$ se e solo se $\vert x\vert^2=1$. Le derivate forniscono (la matrice è simmetrica)

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...\lambda }}} = x_1^2 + \dots + x_n^2 - 1 = 0 \end{array}\right.$$

Dalle prime $n$ equazioni si ricava che

$$A\cdot x + \lambda x = 0$$

il che significa che $x$ deve essere un autovettore (e $\lambda$ un autovalore). I punti stazionari di $H$ in ${\bf R}^{n+1}$ sono quindi tutte le $(n+1)$-uple $(x,\lambda )$ con $x$ autovettore di norma $1$ e $\lambda$ autovalore di $A$.
Si osservi come dalle equazioni sopra si ricava

$$x_k (a_{kk} + \lambda ) + \sum_{\tiny {\begin{array}{l} j=1 j \not = k \end{array}}} ^n a_{kj} x_j = 0$$

che nel caso in cui $A$ sia diagonale fornisce subito il fatto che gli autovalori sono gli elementi della diagonale e gli autovettori sono del tipo $(0, \dots 0, 1, 0 \dots 0)$.

Soluzione 3.11 - L'insieme $E$ è quello in Figura 3.6, quelle tratteggiate sono curve di livello (parabole).

Figura 3.6:

Risolveremo il problema senza fare calcoli, ma osservando gli insiemi di livello della funzione (svolgere per esercizio i calcoli, anche per confronto, studiando il gardiente, la matrice hessiana e studiando sul bordo il comportamento della funzione come di solito).
Fissiamo $c \in {\bf R}$ e vediamo dove $f(x,y) = c$: la risposta è l'insieme $\Gamma_c$ rappresentato dall'intersezione di $E$ con la parabola di equazione (si veda anche la Figura 3.6)

$$y = x^2 + ^3 \!\!\! \sqrt{c}$$

Chiaramente il valore massimo (rispettivamente il minimo) che assume $f$ è il massimo $c$ (rispettivamente il minimo $c$) per cui $\Gamma_c$ non è vuoto (cioè il massimo $c$ per cui la parabola $y=x^2 + ^3 \!\!\! \sqrt{c}$ interseca l'insieme $E$). Concludendo: il minimo sarà assunto nel vertice di $E$ dato dal punto $(-2,0)$ e il massimo nel vertice di $E$ dato dal punto $(0,2)$.
Per calcolare i valori basta valutare la funzione in questi due punti o trovare i valori di $c$ per cui le parabole passano per questi punti (farlo per esercizio!!). Per concludere i valori minimo e massimo sono rispettivamente $-64$ e $8$.

Soluzione 3.12 - La funzione è continua su un compatto, quindi sicuramente ammette massimo e minimo. L'insieme su cui è definita $f$ e tre suoi insiemi di livello sono disegnati in Figura 3.7 (le linee tratteggiate allo stesso modo fatto parte dello stesso insieme di livello).

Figura 3.7:

Si fissi $c \in {\bf R}$ e si denoti con $\Gamma_c = \{ (x,y) \in {\bf R}^2 \vert f(x,y) = c \}$. Chiaramente per $c < 0$ l'insieme $\Gamma_c$ è il vuoto, per $c=0$ si ha che $\Gamma_c = \{ (x,y) \in {\bf R}^2 \vert y =-x \}$, per $c>0$ $\Gamma_c = \{ (x,y) \in {\bf R}^2 \vert y =-x + \sqrt{c}\} \cup \{ (x,y) \in {\bf R}^2 \vert y =-x - \sqrt{c}\}$. Per cui il minimo di $f$ è $0$ assunto in tutto l'insieme $\Gamma_0 \cap E = \{ (x,y) \in {\bf R}^2 \vert y =-x , [-\sqrt{2} , \sqrt{2}]\}$, il massimo è assunto dove l'insieme di livello interseca $E$ sul bordo e precisamente nei punti $(\sqrt{2} , \sqrt{2})$ e $(-\sqrt{2} , -\sqrt{2})$ (trovare le equazioni dell rette!). Il valore massimo è $f(-\sqrt{2} , -\sqrt{2}) = f(\sqrt{2} , \sqrt{2}) = 8$.

Soluzione 3.13 - L'insieme $E$ è una corona circolare e gli insiemi di livello sono delle ellissi (si veda Figura 3.8), come si può facilmente ricavare ponendo

$$f(x,y) = x^2 + 2 y^2 = c ,\hskip30pt c \geqslant 0 .$$

Figura 3.8:

Minore è il valore $c$ e minori sono i semiassi dell'ellisse, l'insieme sul quale la funzione assume il valore costante $c$. Per cui i punti di minimo sono $(-1,0)$ e $(1,0)$ dove l'ellisse descritta da $x^2 + 2y^2 = 1$ interseca la parte di bordo di $E$ data dal cerchio di raggio $1$ (quindi il valore minimo è $1$), i punti di massimo sono $(0,2)$ e $(0,-2)$ dove l'ellisse descritta da $x^2 + 2y^2 = 8$ interseca la parte di bordo di $E$ data dal cerchio di raggio $2$ (quindi il valore minimo è $8$).

Soluzione 3.14 - La funzione ${ \!\textrm{senh} \!} t = (e^t - e^{-t})/2$ è strettamente crescente per cui i punti critici, e la loro natura, sono gli stessi per la funzione

$$g (x,y) = x^4 + y^3 - 4x^2 -3y^2 .$$

Attenzione: a questo punto è possibile studiare la funzione $g$ anziché $f$ perché ${ \!\textrm{senh} \!} t$ è strettamente crescente e quindi la sua derivata è sempre diversa da zero, se fosse solamente crescente (non decrescente) ciò non sarebbe possibile. Un'altra cosa: se si avesse una funzione strettamente decrescente il ragionamento può essere applicato comunque, con l'attenzione che la natura dei punti viene mutata, un punto di massimo per $g$ sarebbe un minimo per $f$ e viceversa.
Vediamo ora di capire com'è fatto l'insieme $E$. La disequazione $\vert x\vert (1 + (y-2)^2) - 2 < 0$ è equivalente a

$$\vert x\vert < {{2}\over{1 + (y-2)^2}} ,$$

per cui l'insieme $E$ è un insieme illimitato come quello in Figura 3.9. Per ricavarlo si noti che la diseguaglianza denota la

Figura 3.9:

parte interna alle due curve di equazione $x = {{2}\over{1 + (y-2)^2}}$ e $x = - {{2}\over{1 + (y-2)^2}}$.
Veniamo ai conti: posto il gradiente di $g$ uguale a $(0,0)$ si trovano i punti $(0,0), (0,2), (\sqrt{2}, 0), (\sqrt{2},2), (-\sqrt{2}, 0), (-\sqrt{2},2)$. Attenzione: i punti $(-\sqrt{2}, 0)$ e $(\sqrt{2}, 0)$ non appartengono ad $E$, per cui non ci interessano.
Calcolando le derivate seconde si ottiene che la matrice hessiana è

$$H_g(x,y) = \left( \begin{array}{cc} 12 x^2 - 8 & 0 \\ 0 & 6y-6 \end{array}\right)$$

Questo è il caso più fortunato: la matrice è diagonale per cui conosciamo già gli autovalori il cui segno ci fornisce le informazioni sulla natura dei punti:

$$\begin{array}{ll} H_g(0,0) = \left( \begin{array}{cc} - 8 & ... ...d{array}\right) & \textrm{ punti di minimo locale} \end{array}$$

La funzione $f$ ammette massimo e minimo su ${\bf R}^2$? (assoluti). NO! Infatti

$$\lim_{\vert x\vert \to + \infty} g(x,0) = + \infty , \hskip30pt \lim_{y \to - \infty} g(0,y) = - \infty ,$$

per cui poiché il seno iperbolico va a $-\infty$ a $-\infty$ e a $+\infty$ a $+\infty$ anche $f$ risulta illimitata sia dal basso che dall'alto.

Soluzione 3.15 - Annullando il gradiente si arriva alle equazioni

$$\left\{ \begin{array}{l} x^3 = y \\ y^3 = x \end{array}\right.$$

da cui

$$\left\{ \begin{array}{l} x^9 = x \\ y^3 = x \end{array}\rig... ...begin{array}{l} x (x^8 - 1) = 0 \\ y^3 = x \end{array}\right.$$

per cui le soluzioni sono $(0,0), (1,1), (-1,-1)$. La matrice hessiana è

$$H_f(x,y) = \left( \begin{array}{cc} 12 x^2 & -4 \\ -4 & 12 y^2 \end{array}\right) .$$

Consideriamo il punto $(0,0)$:

$$H_f(0,0) = \left( \begin{array}{cc} 0 & -4 \\ -4 & 0 \end{array}\right) .$$

Valutiamo il segno degli autovalori: anche se $\Delta_1$, il determinante del minore principale $1\times 1$ (di fatto il termine $[H_f(0,0)]_{11}$ della matrice) è nullo, si ha che $\Delta_2 = -16$ è anche il determinante della matrice nonché il prodotto degli autovalori: ne deduciamo che necessariamente uno è positivo e l'altro negativo per cui $(0,0)$ è di sella.
Per quanto riguarda il punto $(1,1)$ si ha che

$$H_f(1,1) = \left( \begin{array}{cc} 12 & -4 \\ -4 & 12 \end{array}\right) .$$

che si può verificare essere definita positiva, per cui $(1,1)$ è di minimo locale. Si può calcolare anche il determinante che è positivo, da cui si deduce che il prodotto dei due autovalori è positivo ($144 - 16$), per cui si potrebbero avere due autovalori positivi o due negativi. Ma un altro invariante è la traccia, la somma degli elementi sulla diagonale, che è anche la somma degli autovalori. La traccia è $24$ per cui se la somma degli autovalori è positiva deduciamo che il segno dei due autovalori non può essere altro che positivo. Lo stesso vale per il punto $(-1,-1)$.
Per concludere si vede che

$$\lim_{\vert(x,y)\vert \to +\infty} f(x,y) = + \infty$$

per cui la funzione non ammette massimo e ammette due punti di minimo assoluto.

Soluzione 3.16 - Anullando il gradiente si ottiene

$$\left\{ \begin{array}{l} 4 x^3 - 4 ( x-y ) = 0 \\ 4 y^3 + 4... ...4 x^3 + 4 y^3 = 0 \\ 4 y^3 + 4 ( x-y ) = 0 \end{array}\right.$$

Dalla prima equazione si ricava che $x = -y$ e quindi dalla seconda $4y(y^2-2)=0$. Per cui le soluzioni sono $(0,0)$, $(\sqrt{2}, - \sqrt{2})$, $(-\sqrt{2}, \sqrt{2})$. La matrice hessiana è

$$H_f(x,y) = \left( \begin{array}{cc} 12 x^2 - 4 & 4 \\ 4 & 12 y^2 -4 \end{array}\right) .$$

Si ha che

$$H_f(\sqrt{2}, - \sqrt{2}) = H_f(-\sqrt{2}, \sqrt{2}) = \left( \begin{array}{cc} 20 & 4 \\ 4 & 20 \end{array}\right) .$$

che è definita positiva, per cui i due punti sono di minimo locale, ma

$$H_f(0,0) = \left( \begin{array}{cc} -4 & 4 \\ 4 & -4 \end{array}\right) .$$

ha determinante $0$ e quindi almeno uno dei due autovalori è $0$ (la traccia in questo caso non aiuta). Come fare per stabilire la natura del punto $(0,0)$? Un modo possibile è studiare il segno di $f$ per capire se il punto in questione è di sella: si osservi che

$$f(x,x) = 2x^4 + 2$$

e quindi $(0,0)$ risulta di minimo per $f$ ristretta alla retta $x=y$, mentre risulta di massimo per $f$ ristretta alla retta $x = -y$. Infatti

$$f(x, -x) = 2x^4 - 8x^2 -2$$

che ha un massimo in $x=0$ ( ${{d}\over{dx}} (2x^4 - 8x^2 -2)\vert _{x=0} = 0$, ${{d^2}\over{dx^2}} (2x^4 - 8x^2 -2)\vert _{x=0} = -8$). Si conclude che $(0,0)$ è un punto di sella per $f$.

Soluzione 3.17 - Al solito si calcolino le derivate parziali e le si annullino. Si ottiene

$$\left\{ \begin{array}{l} 2x - 2z = 0 \\ 4 y^3 + 2y = 0 \\ 3 z^2 - 2x \end{array}\right.$$

da cui si ottengono i punti $(0,0,0)$ e $(2/3, 0, 2/3)$. La matrice hessiana è data da

$$H_f(x,y,z) = \left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -2 \\ 0 & 12y^2+2 & 0 \\ -2 & 0 & 6z \end{array}\right) .$$

Si ha

$$H_f(0,0,0) = \left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -2 \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & 0 & 0 \end{array}\right) .$$

Valutando i determinanti dei minori pricipali: $\Delta_1 = 2$, $\Delta_2 = 4$, $\Delta_3 = -8$. La matrice non è definita positiva e il prodotto degli autovalori ($\Delta_3$) è negativo: gli autovalori potrebbero essere tutti negativi oppure due positivi e uno negativo. Ma $\Delta_1 > 0$ e $\Delta_2 >0$, per cui due autovalori sono positivi (un altro invariante è la traccia della matrice, ossia la somma degli elementi sulla diagonale che corrisponde alla somma degli autovalori: poiché la somma è $4$ anche da ciò si può dedurre che i tre autovalori non possono essere tutti negativi). Conclusione: $(0,0,0)$ non è né di massimo, né di minimo.

$$H_f(2/3,0,2/3) = \left( \begin{array}{ccc} 2 & 0 & -2 \\ 0 & 22/3 & 0 \\ -2 & 0 & 4 \end{array}\right) .$$

i cui minori hanno determinanti $\Delta_1 = 2$, $\Delta_2 = 44/3$, $\Delta_3 = 88/3$, per cui il punto $(2/3, 0, 2/3)$ è di minimo locale.

Soluzione 3.18 - Le derivate prime di $f$ sono

$${{\partial f}\over{\partial x }} = -24x^2 + 24xy + 2x - 2y -... ...{\partial f}\over{\partial x }} = 2y -2x + 3y^2 - 12xy + 12x^2$$

che si annullano in $(0,0)$, unico punto critico. Studiamo le derivate seconde. La matrice hessiana in $(0,0)$ è

$$H_f = \left( \begin{array}{cc} 2 & -2 \\ -2 & 2 \end{array}\right)$$

che ha determinante nullo: almeno uno dei due autovalori è nullo. In realtà solo uno visto che la traccia è positiva, ma questo non ci aiuta a capire la natura del punto. Gli autovalori dovrebbero essere $0$ e $4$ dato che il determinante è $0$ e la traccia $4$, ma in dimensione più alta non è possibile determinare gli autovalori in questo modo (se conosco la somma e il prodotto di $n$ numeri posso determinare gli $n$ numeri solo se $n=2$). Calcoliamo allora il polinomio caratteristico e le sue radici:

$$P(\lambda ) = (2-\lambda )(2-\lambda ) - 4 = \lambda ^2 - 4 \lambda .$$

Le radici effettivamente sono $0$ e $4$. Gli autospazi: relativamente a $\lambda = 0$ si ha

$$\left( \begin{array}{cc} 2 & -2 \\ -2 & 2 \end{array}\righ... ...ight) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array}\right)$$

che fornisce la retta $y=x$. L'altro non è importante calcolarlo, l'autovalore è positivo e la funzione ristretta all'autospazio relativo all'autovalore $4$ sarà convessa (farlo per esercizio!). Bisogna capire che succede restringendo la funzione alla retta $y=x$: valutiamo

$$f(x,x) = - x^3$$

che non è convessa, per cui il punto $(0,0)$ non è di minimo. Se la funzione fosse più complicata si studia derivando per $x=0$ la funzione $f(x,x)$ (farlo per esercizio: la derivata prima è zero, la seconda pure, la terza finalmente è $-6$ il che implica che $x=0$ è un flesso).

Soluzione 3.19 - Derivando $f$ si ottiene che l'unico punto critico è $(0,0,0)$. La matrice hessiana in quel punto è data da

$$H_f(0,0,0) = \left( \begin{array}{ccc} 3/2 & 7 & 0 \\ 7 & 16 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right) .$$

che ha determinante nullo, per cui almeno uno degli autovalori è nullo, e traccia positiva, per cui non conosciamo il segno degli due autovalori (potrebbero essere tutti e due positivi oppure uno positivo e l'altro nullo, non entrambi negativi). Il polinomio caratteristico è dato da

$$P(\lambda ) = \lambda \big[ (3/2 -\lambda )(16-\lambda ) -49 \big]$$

che si annulla per $\lambda = 0$ e per le soluzioni di $(3/2 -\lambda )(16-\lambda ) -49=0$. Risolvendo si ottengono due soluzioni, una positiva e una negativa (si osservi come tutte le entrate della matrice siano positive anche se un autovalore è negativo). Concludiamo che lungo una direzione la funzione è concava, ungo un'altra è convessa e non c'è bisogno di verificare lungo l'autospazio relativo all'autovalore nullo il comportamento della funzione.

Soluzione 3.20 - Dai conti si ricava che $(0,0)$ l'unico punto critico e che la matrice hessiana di $f$ in $(0,0)$ è la matrice

$$\left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 2 \end{array}\right) .$$

Se proviamo a restringere $f$ lungo la retta $y=0$, nucleo della matrice, troviamo che tale restrizione ammette minimo in $0$. Poiché l'altro autovalore è positivo si potrebbe essere tenati di conludere che tale punto è di minimo. Se restringiamo $f$ a tutte le rette per l'origine troviamo ancora che tali restrizioni ammettono minimo nell'origine. Ma ciò non basta. Infatti la funzione è chiaramente positiva se $y > 2 x^2$ e per $y < x^2$ (è il prodotto di due quantità che hanno lo stesso segno), ma per $x^2 < y < 2 x^2$ le due quantità $y-x^2$ e $y - 2x^2$ hanno segno discorde, per cui in tale regione la funzione è negativa. Per concludereSi annulla lungo le due curve $y = x^2$ e $y = 2x^2$. Per cui in qualunque intorno dell'origine $f$ assume valori sia positivi che negativi e si annulla nell'origine. Di conseguenza il punto è di sella, anche se la restrizione a tutte le rette ammette minimo nell'origine.

Soluzione 3.21 - L'insieme $E$ è illimitato (quello tratteggiato in Figura 3.10) e le derivate parziali non si annullano mai contemporaneamente su $E$. Infatti

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...artial f}\over{\partial y}}} = -x^2 e^{-xy} \end{array}\right.$$

e la derivata rispetto a $y$ non è mai zero all'interno di $E$!

Figura 3.10:

Vediamo sul bordo: parametrizzando il bordo con le curve $t \mapsto (t,t)$ e $t \mapsto (t,2t)$ con $t \in (0, +\infty)$ si ottiene prima

$${{d}\over{dt}} f (t,t) = {{d}\over{dt}} t e^{-t^2} = e^{-t^2} (1 - 2t^2)$$

che si annulla per $t = 1/\sqrt{2}$ che corrisponde al punto $(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$, poi

$${{d}\over{dt}} f (t,2t) = {{d}\over{dt}} t e^{-2t^2} = e^{-t^2} (1 - 4t^2)$$

che si annulla per $t = 1/2$, che corrisponde al punto $(1/2, 1)$. Vediamo all'infinito: poiché in $E$

$$x^2 \leqslant xy \leqslant 4 x^2 \Rightarrow - 4 x^2 \leqslant - xy \leqslant - x^2$$

si ha che

$$x e^{-4x^2} \leqslant f(x,y) \leqslant x e^{-x^2}$$

per cui

$$\lim_{\tiny \begin{array}{c} \vert(x,y)\vert \to +\infty \\ (x,y) \in E \end{array}} f(x,y) = 0 .$$

Esaminiamo i candidati, i due punti trovati e il vertice:

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{ll} f (0,0)... ...\sqrt{2}) = {{1}\over{\sqrt{2}}} e^{-1/2} . & \ \end{array}$$

Soluzione 3.22 - I punti $(1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$ e $(-1/\sqrt{2}, -1/\sqrt{2})$ sono di minima distanza, $(1/\sqrt{2}, -1/\sqrt{2})$ e $(-1/\sqrt{2}, 1/\sqrt{2})$ di massima.

Soluzione 3.23 - Traccia - Il vincolo può essere visto come grafico per cui una delle parametrizzazioni possibili e più semplici è

$$(u,v) \mapsto \Big( u , v, {{1}\over{6}} \big( 2u + 4v + 5 \big) \Big)$$

(ma anche $(u,v) \mapsto ( {{1}\over{2}}(6v - 4u -5), u, v )$ e $(u,v) \mapsto ( u, {{1}\over{4}}(6v - 2u -5), v )$ vanno bene). Ci si riduce così ad una funzione di due variabili

$$f \big(u,v,{{1}\over{6}} ( 2u + 4v + 5 )\big) .$$

Soluzione 3.25 - Usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange consideriamo la funzione

$$H(x_1, \dots x_n,\lambda ) = x_1 + \dots + x_n + \lambda (x_1 \cdot \dots \cdot x_n -1) .$$

La derivata parziale rispetto a $x_j$ di $H$ è $1 - \lambda x_1 \dots x_{j-1} \cdot x_{j+1}\dots x_n = 1 - \lambda {{x_1 \dots x_{j-1} x_j x_{j+1}\dots x_n}\over{x_j}}$, quindi

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ..., \dots n \\ x_1 \cdot \dots \cdot x_n = 1 \end{array}\right.$$

da cui si deduce che $\lambda = x_j$ per $j = 1, \dots n$. Si noti che non è necessario risolvere il sistema per concludere perché il valore di $\lambda$ non è indispensabile. Per cui si deduce che la soluzione (l'unica) del sistema è tale che $x_1 = x_2 = \dots x_n$ (che sarà uguale anche al valore di $\lambda$, ma non è importante). Se tutti i valori devono essere uguali e il loro prodotto è $1$ si ha necessariamente

$$x_j = 1 \hskip30pt \textrm{per ogni } j \in \{1, \dots n \} .$$

Per vedere che questo è un punto di minimo per la somma usiamo l'induzione: mostriamo che $x_1 + \dots x_n \geqslant n$ ogni volta che ${\displaystyle \Pi_{i=1}^n} x_i = 1$.
Se $n=2$: dobbiamo vedere che $x_1 + x_2 \geqslant 2$ sapendo che $x_1 x_2 = 1$. Per esercizio mostrare (derivando) che la funzione, definita per $x_1 >0$, soddisfa

$$f(x_1) = x_1 + {{1}\over{x_1}} \geqslant 2 .$$

Supponiamo quindi che l'affermazione sia vera per $n$ e mostriamola per $n+1$. Siano quindi $x_j$, $j=1, \dots n+1$, $n+1$ numeri tali che $x_1 \cdot \dots x_{n+1} = 1$. È chiaro che se questi numeri non sono tutti uguali a $1$ (e avremmo concluso) ne esiste uno minore di uno e uno maggiore. Diciamo che siano $x_n < 1$, $x_{n+1} > 1$. Chiamando $y = x_n x_{n+1}$ si hanno $n$ numeri $x_1, \dots , x_{n-1}, y$ il cui prodotto è $1$ e quindi, per l'ipotesi induttiva, sappiamo che

$$x_1 + \dots + x_{n-1} + y = x_1 + \dots + x_{n-1} + x_n \cdot x_{n+1} \geqslant n .$$

Vogliamo però mostrare che questa somma è maggiore o uguale a $n+1$:

$$\begin{array}{lll} x_1 + \dots + x_{n+1} & = & (x_1 + \dots ... ... = & n+1 + (x_{n+1} - 1)( 1 - x_n ) \geqslant n + 1 \end{array}$$

perché stiamo assumendo $x_{n+1} - 1 > 0$ e $1 - x_n > 0$.
Conseguenza interessante: da questo fatto si può mostrare che la media geometrica è minore o uguale della media aritmetica ($a_j >0$)

$$^n \!\! \sqrt{ a_1 \cdot \dots \cdot a_n} \leqslant {\displaystyle {{a_1 + \dots a_n}\over{n}}}$$ (3.2)

Infatti è sufficiente considerare le quantità

$$x_j := {\displaystyle {{a_j}\over{^n \!\! \sqrt{ a_1 \cdot \dots \cdot a_n}}}}$$

il cui prodotto è $1$, per cui per quanto mostrato si ha $\sum_{j=1}^n x_j \geqslant n$, cioè

$${\displaystyle {{a_1 + \dots a_n}\over{^n \!\! \sqrt{ a_1 \cdot \dots \cdot a_n}}}} \geqslant n .$$

Soluzione 3.26 - Il volume è dato dal prodotto delle lunghezze dei tre lati. Indicando con $x, y, z$ le tre lunghezze la funzione da massimizzare è allora $f(x,y,z) = xyz$. La superficie di ogni singola faccia è il prodotto delle lunghezze dei due lati che la determinano, per cui il vincolo è $2 (xy + xz + yz) = S$. Uso il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: si consideri la funzione $H(x,y,z,\lambda ) = xyz + 2 \lambda (xy + xz + yz) - \lambda S$ e le sue derivate parziali

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...\partial \lambda }}} = 2 (xy + xz + yz) - S \end{array}\right.$$

Dalla prima e dalla seconda equazione si ricava che

$$2 \lambda = - {{yz}\over{y+z}} = - {{xz}\over{x+z}}$$

e da cui (si ricordi che $x,y,z > 0$) $x=y$. Analogamente dalla prima e dalla terza si ricava $x=z$, per cui si conclude che $x=y=z$. Questa è la soluzione, che corrisponde a dire che se c'è un parallelepipedo di volume massimo questo deve essere un cubo. Vediamo si stabilire quanti punti ci sono che verificano questa condizione: si sa che $2 (xy + xz + yz) = S$ e d'altra parte che $x=y=z$. Quindi esiste solo un punto sul vincolo dato da

$$2 (x^2 + x^2 + x^2) = S \hskip20pt \Rightarrow \hskip20pt x = \sqrt{{S}\over{6}} .$$

Il volume corrispondente a questo valore è

$$\Big[\sqrt{{S}\over{6}} \Big]^3 = \Big({{S}\over{6}} \Big)^{3/2} .$$

Vediamo in due modi che $(\sqrt{S/6})^3$ è il massimo valore possibile per il volume.
Si può utilizzare la formula (3.2). Infatti presi $a_1 = xy, a_2 = yz, a_3 = xz$ si ha da (3.2)

$$^3 \!\! \sqrt{xy yz xz} = (xyz)^{3/2} \leqslant {\displaystyle {{xy + xz + yz}\over{3}} = {{S}\over{6}} }$$

da cui

$$f(x,y,z) = xyz \leqslant \Big[{{S}\over{6}} \Big]^{3/2}$$

ogniqualvolta la somma $2 (xy + xz + yz) = S$.
Un altro modo è il seguente: la funzione volume $f(x,y,z) = xyz$ è sempre positiva e ha un unico punto critico. Vediamo che all'infinito la funzione tende a zero (o equivalentemente che $1/f(x,y,z)$ tende a $+\infty$) quando $\vert(x,y,z)\vert \to +\infty$ sul vincolo:

$${{S}\over{2}} {{1}\over{xyz}} = {{xy + yz + xz}\over{xyz}} = {{1}\over{x}} + {{1}\over{y}} + {{1}\over{z}} .$$

È chiaro che quando $\vert(x,y,z)\vert \to +\infty$ sul vincolo $M = \{(x,y,z) \in {\bf R}^3 \vert 2(xy + yz + xz) = S \}$ non tutte le variabili possono andare a $+\infty$, e almeno una delle tre deve quindi convergere a $0$. Per cui

$$\lim_{\tiny \begin{array}{c} \vert(x,y,z)\vert \to +\infty \\ (x,y,z) \in M \end{array}} f(x,y,z) = + \infty .$$

Soluzione 3.27 - L'insieme $E$ è quello delimitato dalle curve in Figura 3.11 e dall'asse $y=0$.

Figura 3.11:

Infatti abbiamo le seguenti limitazioni: $y \geqslant 0$ e $y \leqslant x + 2/^3\!\! \sqrt{5}$ che definiscono due semipiani. La terza $3x^5 + 5 y^3 \leqslant 8$ può essere vista come

$$y \leqslant \Big({{8-3 x^5}\over{5}}\Big)^{1/3} .$$

Le derivate parziali si annullano solo nell'origine, che non appartiene all'interno di $E$, quindi va scartato. Vediamo il bordo. Prima la parte in cui $y=0$: chiaramente $f(x,0)=0$ (provare ad usare i moltiplicatori). La parte di bordo che appartiene alla retta si può parametrizzare con $\varphi(t) = (t,t+2/^3\!\!\!\sqrt{5})$ con $t \in (-2/^3\!\!\!\sqrt{5},0)$.
Si ottiene $f(\varphi(t)) = t^2 + t 2/5^{1/3}$ la cui derivata è

$$2 t + {{2}\over{5^{1/3}}}$$

che si annulla per $t = - 1/5^{1/3}$. Quindi il punto $\varphi(- 1/5^{1/3}) = (- 1/5^{1/3}, 1/5^{1/3})$ è un punto candidato. Sull'ultimo tratto di bordo usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: cerchiamo i punti stazionari (in ${\bf R}^3$) della funzione

$$H(x,y,\lambda ) = xy + \lambda (3x^5 + 5y^3 -8) .$$

Derivando si ottiene

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...}\over{\partial z }}} = 3x^5 + 5y^3 - 8 = 0 \end{array}\right.$$

Dalla prima e dalla seconda si ha che $15 \lambda = -y/x^4 = -x/y^2$ da cui

$$y^3 = x^5 .$$

Inserendo quest'informazione nella terza equazione si ricava

$$x = 1 , \hskip10pt y =1 .$$

Valutando $f$ nei punti $(- 1/5^{1/3}, 1/5^{1/3})$, $(1,1)$, $(x,0) \in E$, e il vertice $(0, 2/5^{1/3})$ si ottiene

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{ll} f(- 1/5... ...x,0) = 0 , & \\ f (0,2/5^{1/3}) = 0 . & \ \end{array}$$

Soluzione 3.28 - Usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, si consideri la funzione

$$H(x,y,z,\lambda ) = 2 x^2 + y^2 + z^2 + \lambda (x^2yz - 1)$$

e annullando le sue derivate si ottiene

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\... ...}} = 2z + \lambda x^2 y = 0 \\ x^2 y z = 1 \end{array}\right.$$

Dalla seconda e dalla terza si ottiene

$$\lambda = - {{2y}\over{x^2z}} = - {{2z}\over{x^2y}} \hskip20pt \Longrightarrow \hskip20pt z^2 = y^2 .$$

Dalla quarta equazione si ricava che $x^2 = 1/yz$ per cui $yz$ è positivo (o sia $y$ che $z$ sono positivi, o entrambi sono negativi, quindi la possibilità $z=-y$ va scartata).
Dalla prima equazione, sfruttando $y=z$ e $x^2 = 1/yz$, si ha

$$4x + 2 \Big( -{{2y}\over{x^2z}} \Big) xyz = 4 \Big( x - {{1}\over{x^3}} \Big) = 0$$

da cui si ricava che $x=1$ oppure $x=-1$. Per cui i punti trovati sono

$$P_1 = (1,1,1) , P_2 = (1,-1,-1) , P_3 = (-1, 1, 1) , P_4 = (-1,-1,-1) .$$

Si ha che $f(P_i)=4$ per ogni $i$. Come fare per capire se sono massimi o minimi? Dalla risoluzione dell'ESERCIZIO 3.25 sappiamo che se $y, z > 0$ e $x^2 y z = 1$ allora $x^2 + y + z \geqslant 3$ da cui $2x^2 + 2y + 2z \geqslant 6$. Si ha usando $a^2 + b^2 \geqslant 2ab$

$$2x^2 + (y^2+1) + (z^2 +1) \geqslant 2x^2 + 2y + 2z \geqslant 6$$

da cui

$$2x^2 + y^2 + z^2 \geqslant 4 .$$

Se $y,z < 0$ considero $-y$ e $-z$ che sono positivi e il cui prodotto è sempre $yz$ e ripeto il ragionamento. Conclusione:

$$f(x,y,z) \geqslant 4 \hskip30pt \textrm{sul vincolo}$$

per cui $P_i$, $i=1,2,3,4$, sono tutti punti di minimo.

Soluzione 3.29 - Con due vincoli considero la funzione

$$H(x,y,z,\lambda ,\mu) = x + 3y - z + \lambda (x^2+y^2-z) + \mu (z-2x-4y) .$$

Si trovano i punti $P_1 = (1 + \sqrt{5/2} , 2 + \sqrt{5/2} , 10 + 6 \sqrt{5/2})$ e $P_2 = (1 - \sqrt{5/2} , 2 - \sqrt{5/2} , 10 - 6 \sqrt{5/2})$ che sono rispettivamente di minimo e di massimo.