Lezione 4

Massimi e minimi su compatti

Esercizio 0.1 - Trovare i punti di massimo e minimo e i valori massimo e minimo della funzione f : A → R dove A = {(x, y) ∈ R^{2} | max{|x|, |y|} ⩽ 1} e f(x, y) = x^{3} − y^{2}.

Soluzione 0.1 - Per il teorema di Weierstrass f ammette sia massimo che minimo. All’interno si ha

\{ \begin{matrix}\frac{∂f}{∂x}(x, y) = 3x^{2} \\ \frac{∂f}{∂y} (x, y) = −2y \end{matrix}

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

Vediamo il bordo. Prendiamo in considerazione il lato l_{1}: parametrizziamo con la seguente funzione

φ : (−1, 1) → R , φ(t) = (1, t)

e consideriamo f ∘ φ : (−1, 1) → R. Si ha

\frac{d}{dt}(f ∘ φ)(t) = \frac{d}{dt}f(φ(t)) = \frac{d}{dt}f(1, t) = \frac{d}{dt}(1 − t^{2}) = −2t = 0

per t = 0 che corrisponde al punto (1, φ(0)) = (1, 0). Chiaramente in casi semplici come questo si può considerare direttamente la funzione f ristretta

Figura 1:

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 0.5). 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:

(0, 0)  punto critico interno
(1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1)  punti “critici” di bordo
(1, 1) , (−1, 1), (−1, −1), (1, −1) vertici

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.

Esercizio 0.2 - Trovare i punti di massimo e minimo e i valori massimo e minimo della funzione f : A → R dove A = {(x, y) ∈ R^{2} | 4x^{2} + y^{2} ⩽ 1} e f(x, y) = x^{3} + y^{2}.

Soluzione 0.2 - Come nell’esercizio precedente si ottiene solamente il punto (0, 0) stazionario per f. Vediamo il bordo: lo si può parametrizzare con la funzione

φ(t) = (\frac{1}{2} cos t, sen t)

Figura 2:

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

sen t cos t(2 − \frac{3}{8} cos t) = 0

che si annulla se sen t = 0, cos t = 0 oppure (2 − \frac{3}{8} cos t) = 0. Quest’ultmia non è mai 0 per cui rimangono i valori t = 0 corrispondente a (1/2, 0), t = π/2 corrispondente a (0, 1), t = π corrispondente a (−1/2, 0), t = 3π/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.

Esercizio 0.3 - Trovare massimo e minimo di f(x, y, z) = x + y − z^{2} nell’insieme C = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} − z^{2} ⩽ 0 , 0 ⩽ z ⩽ 2}.

Soluzione 0.3 - L’insieme C è quello rappresentato nella Figura 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

ϕ : Ω_{1} → R^{3} , ϕ(s, t) = (s, t, \sqrt{s^{2} + t^{2}})

dove Ω_{1} = {(s, t) ∈ R^{2} | s^{2} +t^{2} ⩽ 4, (s, t) ≠ (0, 0)}. Il punto (0, 0) non viene considerato perché non è possibile trovare una funzione differenziabile da un aperto di R^{2} alla porzione di cono con il vertice del nostro caso. Allora la

Figura 3:

funzione f(ϕ(s, t)) = s + t − s^{2} − t^{2} ha derivate parziali

\{ \begin{matrix}\frac{∂}{∂s}f(ϕ(s, t)) = 1 − 2s \\ \frac{∂}{∂t}f(ϕ(s, t)) = 1 − 2t \end{matrix}

che si annullano per (s, t) = (1/2, 1/2), punto che corrisponde a ϕ(1/2, 1/2) = (1/2, 1/2, 1/\sqrt{2}). Ora parametrizziamo il cerchio: considero la funzione ψ : Ω_{2} → R^{3}, ψ(s, t) = (s, t, 2) dove Ω_{2} = {(s, t) ∈ R^{2} | s^{2} + t^{2} ⩽ 4}. La funzione f ∘ ψ(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

φ(t) = (2 cos t, 2 sen t, 2)

e ottengo che

\frac{d}{dt}(f ∘ φ)(t) = −2 sen t + 2 cos t

che si annulla quando sen t = cos t, cioè per t = π/4 e t = 5π/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).

Utilizziamo ora il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Consideriamo per cercare i candidati sul cono la seguente funzione

H(x, y, z, λ) = x + y − z + λ(x^{2} + y^{2} − z^{2}) .

Derivando e ponendo tutte le derivate uguali a zero si ottiene

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x} = 1 + 2λx = 0 \\ \frac{∂H}{∂y} = 1 + 2λy = 0 \\ \frac{∂H}{∂z} = −2z − 2λz = 0 \\ \frac{∂H}{∂λ} = x^{2} + y^{2} − z^{2} = 0 \end{matrix}

che risolto fornisce x = y = −\frac{1}{2λ} e z(1 + λ) = 0 da cui

(0, 0, 0) , (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}) .

Sul vincolo rappresentato da z = 2 consideriamo

H(x, y, z, λ) = x + y − z + λ(z − 2) .

Con l’analogo procediamento si ottiene

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x} = \frac{∂H}{∂y} = 1 = 0 \\ \frac{∂H}{∂z} = −2z + λ = 0 \\ \frac{∂H}{∂λ} = z − 2 = 0 \end{matrix}

che ovviamente non ha soluzione. Per quanto riguarda l’intersezione dei due vincoli, che fornisce una circonferenza, utilizziamo la funzione

H(x, y, z, λ, μ) = x + y − z + λ(x^{2} + y^{2} − z^{2}) + μ(z − 2) .

Annullando le derivate parziali

\{ \begin{matrix}\frac{∂H}{∂x} = 1 + 2λx = 0 \\ \frac{∂H}{∂y} = 1 + 2λy = 0 \\ \frac{∂H}{∂z} = −2z − 2λz + μ = 0 \\ \frac{∂H}{∂λ} = x^{2} + y^{2} − z^{2} = 0 \\ \frac{∂H}{∂μ} = z − 2 = 0 . \end{matrix}

da cui si ottiene

z = 2 , μ = 4(1 + λ) , x^{2} + y^{2} = 4 , x = y = −\frac{1}{2λ}

e quindi

x = y = ±\sqrt{2} , z = 2 .

A questo punto valutando f nei vari punti trovati si conclude.

Esercizio 0.4 - Trovare la massima e la minima distanza dall’origine dell’insieme D = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + 2y^{2} ⩽ 3 , z − y = 1}.

Soluzione 0.4 - Risolviamo l’esercizio in diversi modi. Prima di tutto trasformiamo il problema: la distanza di un generico punto in R^{3} dall’origine è data da

d((x, y, z), (0, 0, 0)) = \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}} = |x| 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

ϕ : E → R^{3} , ϕ(u, v) = (u, v, v + 1)

dove E = {(u, v) ∈ R^{2} | u^{2} + 2v^{2} ⩽ 3}. Definiamo la funzione f̃(u, v) = f(ϕ(u, v)) = u^{2} + v^{2} + (v + 1)^{2} = u^{2} + 2v^{2} + 2v + 1. Annullando le derivate parziali si ottiene

\{ \begin{matrix}\frac{∂}{∂u}f(ϕ(u, v)) = 2u = 0 \\ \frac{∂}{∂v} f(ϕ(u, v)) = 4v + 2 = 0 \end{matrix}

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 ϑ ↦ (\sqrt{3} cos ϑ, \sqrt{3/2} sen ϑ) la funzione diventa

3 cos^{2} ϑ + 3 sen^{2}ϑ + 2\sqrt{\frac{3}{2}} sen ϑ + 1

la cui derivata si annulla per cos ϑ = 0, cioè per ϑ = \frac{π}{2} , ϑ = \frac{3π}{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

f̃(0, −1/2) = \frac{1}{2} ,

f̃(0, \sqrt{3/2}) = 4 + 2\sqrt{\frac{3}{2}} ,

f̃(0, −\sqrt{3/2}) = 4 − 2\sqrt{\frac{3}{2}} = 4 − \sqrt{6} > \frac{1}{2} ,

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:

Hf̃(u, v) = ( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 4 \end{matrix} )

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 f̃ come si può risolvere il problema. La quantità

u^{2} + 2v^{2} + 2v + 1

può essere riscritta

u^{2} + 2(v + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{2}

per cui risolvere f̃(u, v) = c con c ∈ R, cioè trovare l’insieme di livello c della funzione f̃, è equivalente a risolvere

u^{2} + 2(v + \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{2} = c , c ⩾ \frac{1}{2}

che sono ellissi, come le curve tratteggiate in Figura 4 (l’ellisse in neretto rappresenta il bordo di E). Per c < 1/2 l’insieme di livello c è l’insieme

Figura 4:

vuoto.

Esercizio 0.5 - Si determinino, se esistono, il massimo e il minimo di

f(x, y, z) = \frac{x^{2} − y^{2}}{1 + z^{2}}

nell’insieme (illimitato) E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | x^{2} + y^{2} ⩽ 1}.

Soluzione 0.5 - 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

\{ \begin{matrix}\frac{2x}{1 + z^{2}} = 0 \\ \frac{2y}{1 + z^{2}} = 0 \\ (x^{2} − y^{2})\frac{2z}{(1 + z^{2})^{2}} = 0 \end{matrix}

che forniscono solo il punto (0, 0, 0) interno ad E. All’infinito (per |z| → +∞) 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 ∂E = {(x, y, z) ∈ R^{3} | 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

f̃(x, z) = \frac{2x^{2} − 1}{1 + z^{2}} .

Questo corrisponde a considerare le due parametrizzazioni

\begin{matrix}ψ_{1} : [−1, 1] × R → R^{3} , ψ_{1}(x, z) = (x, \sqrt{1 − x^{2}}, z) \\ ψ_{2} : [−1, 1] × R → R^{3} , ψ_{2}(x, z) = (x, −\sqrt{1 − x^{2}}, z) \end{matrix}

Annullando le derivate di f̃ 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 ψ_{1} e ψ_{2} che corrispondono ai punti

(1, 0, 0) e (−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

\begin{matrix}η_{1} : [−1, 1] × R → R^{3} , η_{1}(y, z) = (\sqrt{1 − y^{2}}, y, z) \\ η_{2} : [−1, 1] × R → R^{3} , η_{2}(y, z) = (−\sqrt{1 − y^{2}}, y, z) \end{matrix}

si considera f̂(y, z) = \frac{1−2y^{2}}{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 η_{1}(−1) = η_{2}(−1) = (0, −1, 0) e η_{1}(1) = η_{2}(1) = (0, 1, 0). Se parametrizziamo la superficie con

φ(ϑ, z) = (cos ϑ, sen ϑ, z)

e consideriamo

f(φ(ϑ, z)) = \frac{cos^{2} ϑ − sen^{2}ϑ}{1 + z^{2}}

derivando si ottengono

\frac{4 cos ϑ sen ϑ}{1 + z^{2}} = 0

\frac{(cos^{2} ϑ − sen^{2}ϑ)2z}{1 + z^{2}} = 0

per cui si hanno le soluzioni senϑ = 0 o cos ϑ = 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 f̃ e f̂ solamente due?