mmv by Andrea Di Giovanni

Massimi e minimi vincolati in R2 Esercizi svolti Esercizio 1. Determinare i massimi e minimi assoluti della funzione

f (x, y) = 2x + 3y vincolati alla curva di equazione x4 + y 4 = 1. Esercizio 2. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = ex−αy

nella regione D = {(x, y) ∈ R2 : y 2 − 1 ≤ x ≤ 3, −2 ≤ y ≤ 2}, al variare del parametro α > 0. Esercizio 3. Determinare i massimi e minimi assoluti, se esistono, della funzione f (x, y) = x2 − xy + y 2 vincolati alla curva Γ, dove Γ `e il ramo dell’iperbole di equazione x2 − y 2 = 1 giacente nel semipiano {(x, y) ∈ R2 : x > 0}. Esercizio 4. Determinare i massimi e minimi relativi della funzione f (x, y) = x2 + 3y vincolati alla circonferenza C di equazione x2 + y 2 = 5. Esercizio 5. 1

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Sia D = {(x, y) ∈ R2 : −1 ≤ x ≤ 2 , x2 − x − 2 ≤ y ≤ x + 1}. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione

f (x, y) = x(y − x) nella regione D. Esercizio 6. Tra tutti i rettangoli inscritti in una circonferenza di raggio unitario, determinare: 1) quello di area massima 2) quello di perimetro massimo.

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SOLUZIONI Esercizio 1. L’insieme dei punti del piano che con le loro coordinate soddisfano l’equazione del vincolo `e limitato e chiuso. 1

−1

Figura 1 Infatti da x4 + y 4 = 1 segue x4 ≤ 1 e y 4 ≤ 1; quindi anche |x| ≤ 1 e |y| ≤ 1. Ciò prova che l’insieme è contenuto in un quadrato il cui centro si trova nell’origine e il cui lato è uguale a 2 (si veda la Figura 1). Inoltre, se si prende una successione {(xn , yn )} convergente a (¯ x, y¯) e tale che x4n + yn4 = 1, passando a limite si ottiene lim x4n + yn4 = x ¯4 + y¯4 = 1 .

n→+∞

La funzione f (x, y) `e manifestamente continua. Per il Teorema di Weierstrass, si ha pertanto almeno un punto di massimo e almeno un punto di minimo. Per trovarli, applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, che consiste nel determinare i punti stazionari della funzione F (x, y, λ) = 2x + 3y + λ(x4 + y 4 − 1) . Si scrive il sistema  ∂F 3   ∂x = 2 + 4λx = 0     ∂F 3 ∂y = 3 + 4λy = 0       ∂F ∂λ

= x4 + y 4 − 1 = 0 .

L’ultima equazione esprime la condizione di appartenenza al vincolo; dalle prime due si ricava: r

x=−

1 2λ

y=−

Sostituendo nella terza equazione si ottiene 24/3 + 34/3 = λ4/3 44/3

3 . 4λ

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da cui

λ=±

(24/3 + 34/3 )3/4 . 4

In definitiva, si ottengono i quattro punti le cui coordinate sono date da √ 3

√ 3

x = ±p 4 24/3 + 34/3

y = ±p 4

24/3

+ 34/3

Chiaramente, il massimo assoluto si ha quando si sceglie il segno “+” per entrambe le coordinate, mentre il minimo assoluto si ha quando si sceglie il segno “−” per entrambe le coordinate. Esercizio 2. L’insieme D `e rappresentato nella Figura 2

2 1

−1

−1 −2

Figura 2

Si tratta di un insieme limitato e chiuso: poich´e la funzione `e continua, il Teorema di Weierstrass garantisce l’esistenza di almeno un punto di massimo e almeno un punto di minimo assoluti. Questi possono trovarsi o all’interno di D, oppure: 1) sulla parte di frontiera costituita dalla parabola P di equazione x = y 2 − 1 2) sulla parte di frontiera costituita dalla retta R di equazione x = 3 3) nell’insieme costituito dai punti M = (3, −2) e N = (3, 2), nei quali P e R si intersecano. La ragione per cui i punti M e N vanno presi in considerazione a parte, risiede nel fatto che la frontiera di D non pu` o essere parametrizzata come un’unica curva regolare. Tali punti potrebbero

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essere massimi o minimi rispetto all’intera frontiera di D, ma non rispetto a P o R considerati separatamente. Cominciamo dall’interno di D. Eventuali massimi o minimi interni a D vanno ricercati tra gli estremi liberi della funzione f , e quindi risolvendo il sistema:  ∂f x−αy 2 = 0   ∂x = e   ∂f = −2αyex−αy2 = 0 . ∂y

Questo sistema `e chiaramente privo di soluzioni, quindi non ci sono estremi all’interno di D. Per cercare gli eventuali estremi su P e R (considerati separatamente) utilizziamo il metodo di sostituzione. Per quanto riguarda P, ci si riconduce a determinare gli estremi liberi della funzione di una sola variabile g(y) = f (y 2 − 1, y) = e(1−α)y

2 −1

Dall’esame della derivata g 0 (y) = 2(1 − α)ye(1−α)y

2 −1

si deduce che quando α = 1 si hanno punti stazionari per qualunque valore di y, mentre quando α 6= 1 si ha un’unico punto stazionario per y = 0. Ponendo y = 0 nell’equazione di P si ottiene x = −1. Indichiamo con L = (−1, 0) il punto cos`ı trovato. Per quanto riguarda R, ci si riconduce a determinare gli estremi liberi della funzione 2

h(y) = f (3, y) = e3−αy . Imponendo 2

h0 (y) = −2αye3−αy = 0 si ottiene ancora y = 0 (si ricordi che secondo l’enunciato del problema, α > 0). Indichiamo con K = (3, 0) il punto cos`ı trovato. Mettendo a confronto M , N , L e K si ottiene f (M ) = f (N ) = e3−4α , f (L) = e−1 , f (K) = e3 . Possiamo immediatamente concludere che il massimo si trova in K, per qualsiasi valore di α > 0. Per quanto riguarda il minimo, dobbiamo invece distinguere tre casi. Se α > 1, allora 3 − 4α < −1 e quindi si hanno due punti di minimo in M e N . Se α < 1, allora 3 − 4α > −1 e il minimo si trova in L.

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Infine, se α = 1, tutti i punti che giacciono sul ramo di P descritto al variare di y nell’intervallo [−2, 2] sono punti di minimo (in particolare, lo sono sia L che M e N ).

Vogliamo adesso interpretare geometricamente i risultati ottenuti. Osserviamo innanzitutto che ϕ(u) = eu `e crescente. Pertanto, gli estremi assoluti di f (x, y) coincidono con quelli della funzione ψ(x, y) = x − αy 2 . Sia c ∈ R e sia Γc la curva di livello ψ(x, y) = c. Γc `e la parabola mostrata in Figura 3

Figura 3

Al crescere di c la parabola “si sposta” a destra, e viceversa. Il pi` u grande valore di c per cui l’intersezione tra Γc e D non è vuota è c = 3. La ragione per cui il massimo si trova in K è ora evidente. Analogamente, per trovare i punti di minimo bisogna individuare il pi` u piccolo valore di c per cui l’intersezione tra Γc e D non è vuota. Diminuire il valore di c equivale a “spostare” verso sinistra la parabola Γc . A questo punto entra in gioco il parametro α. Si osservi che α determina, geometricamente, l’“apertura” della parabola Γc . Per rendersi conto di cosa si intende, si pu` o osservare la figura seguente

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1/3 1

y = αx2 con α = 1/3

y = αx2 con α = 3 Figura 4

Se α > 1, l’apertura di P `e maggiore dell’apertura di Γc . Il pi` u piccolo valore di c per cui Γc ∩ D 6= ∅ risulta strettamente minore di −1 e, per tale valore di c si ha

Γc ∩ D = {M, N } . Se invece α < 1, l’apertura di P `e minore dell’apertura di Γc . Il pi` u piccolo valore di c per cui Γc ∩ D 6= ∅ `e esattamente c = −1 e, per tale valore di c si ha

Γc ∩ D = {L} . Infine, quando α = 1 e c = −1, la parabola Γc coincide con P. Esercizio 3. Poiché il vincolo non è un insieme limitato, il Teorema di Weierstrass non è applicabile e l’esistenza di massimi o minimi non è a priori garantita. D’altra parte, possiamo scrivere

f (x, y) = x −

y 2

3 + y2 4

da cui si deduce che f (x, y) ≥ 0 per ogni (x, y). Scrivendo l’equazione del vincolo nella forma x = f (x, y), si ottiene

y 2 + 1, e sostituendo nell’espressione di

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f ( y 2 + 1, y) = 2y 2 + 1 − y y 2 + 1. p

Quando |y| → +∞, f ( y 2 + 1, y) tende all’infinito, quindi, sul vincolo, la funzione f (x, y) non `e limitata superiormente. L’intuizione suggerisce l’esistenza di almeno un punto di minimo. Per dimostrare che le cose stanno davvero cos`ı, e per calcolare dove il minimo si trova, applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Scriviamo F (x, y, λ) = x2 − xy + y 2 + λ(x2 − y 2 − 1) . Il sistema da risolvere `e:

2x − y + 2λx = 0 −x − 2λy + 2y = 0 .

Ricavando y dalla prima equazione, e sostituendo nella seconda, si ottiene −x + 4x(1 − λ2 ) = 0 . √ Quest’ultima `e soddisfatta o per x = 0, o per (1 − λ2 ) = 1/4, cio`e λ = ± 3/2. Tornando alla prima equazione e sostituendo i valori trovati, si ottengono le equazioni di due rette

y = (2 +

√

3)x ,

y = (2 −

√

3)x .

Si vede facilmente che la prima retta non interseca Γ. La seconda invece interseca Γ nel punto di coordinate √  2 − 3  1 q ,q √ √ 4 3−6 4 3−6 

che rappresenta il punto di minimo cercato. Alternativamente, si pu` o procedere per sostituzione, ponendo per esempio

x = cosh t

y = sinh t

t∈R.

Esercizio 4. Cominciamo applicando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. I massimi e i minimi (relativi o assoluti) di f (x, y) sul vincolo C, si trovano tra i punti stazionari della funzione di tre variabili

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F (x, y, λ) = x2 + 3y + λ(x2 + y 2 − 5) e si calcolano risolvendo il sistema  ∂F   ∂x = 2x + 2λx = 0     ∂F ∂y = 3 + 2λy = 0       ∂F ∂λ

= x2 + y 2 − 5 = 0 .

Dalla prima equazione si ricava x = 0 oppure λ = −1. √ Dalla terza equazione, se x = 0 si ricava y = ± 5; la seconda equazione sar`a poi certamente soddisfatta per un opportuno valore di λ. Posto invece λ = −1, dalla seconda equazione si ricava y = 3/2, e quindi dalla terza x = √ ± 11/2. In definitiva, i punti da esaminare sono

P = (0,

√

√ 5), Q = (0, − 5), R =

√

11 3 , , S= 2 2

√

11 3 , − 2 2

Si calcola immediatamente √ √ 29 . f (P ) = 3 5, f (Q) = −3 5, f (R) = f (S) = 4 Evidentemente, Q `e il punto di minimo assoluto (quindi anche un punto di minimo relativo). √ Inoltre, essendo 29 e lasciata allo studente), R e S sono punti di massimo assoluto 4 > 3 5 (la verifica ` (quindi anche di massimo relativo). Resta da stabilire la natura del punto P . Relativamente al vincolo, P viene a trovarsi tra due punti di massimo: l’intuito suggerisce allora che si tratti di un minimo. Per dimostrarlo, facciamo ricorso al metodo di sostituzione. √ √ Poniamo x = 5 cos t e y = 5 sin t, con t ∈ [0, 2π]. Si ha √ √ √ ϕ(t) = f ( 5 cos t, 5 sin t) = 5 cos2 t + 3 5 sin t . Annullando la derivata prima, si ritrovano naturalmente i punti gi`a individuati prima col metodo dei moltiplicatori di Lagrange. In particolare si trova un punto stazionario per t = π/2 corrispondente a P . Si ha √ ϕ00 (t) = 10 sin2 t − 10 cos2 t − 3 5 sin t

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√ che, posto t = π/2, d` a 10 − 3 5 > 0 come è facile verificare. Si conferma quindi che P è un minimo relativo. Esercizio 5. La regione D è mostrata nella Figura 5

4 3 2 1

−1

−1 −2

Figura 5

Indichiamo con P la parabola di equazione y = x2 − x − 2, con V la retta di equazione x = 2 e con R la retta di equazione y = x + 1. Si osserva che: • V e R si intersecano nel punto S = (2, 3); • V e P si intersecano nel punto T = (2, 0); • R e P si intersecano nei punti M = (−1, 0) e N = (3, 4), di cui solo M va preso in considerazione perch´e N ∈ / D. Cerchiamo eventuali estremi liberi di f (x, y) impostando il sistema  ∂f   ∂x = y − 2x = 0   ∂f = x = 0 . ∂y

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L’unica soluzione `e x = y = 0, accettabile perch´e interna a D. Poniamo O = (0, 0). Per trovare eventuali punti stazionari di f (x, y) vincolati a V o a R conviene il metodo di sostituzione. Per quanto riguarda V, si ha f (2, y) = 2y − 4. Non ci sono punti stazionari vinvolati relativi a V. Per quanto riguarda R, si ha f (x, x + 1) = x. Dunque nemmeno su R ci sono punti stazionari vincolati. Per trovare eventuali punti stazionari di f (x, y) vincolati a P possiamo usare indifferentemente il metodo di sostituzione oppure quello dei moltiplicatori di Lagrange. Per esempio, col metodo dei moltiplicatori di Lagrange, si deve considerare la funzione

F (x, y, λ) = x(y − x) + λ(x2 − x − 2 − y) e cercare le soluzioni del sistema  ∂F   ∂x = y − 2x + 2λx − λ = 0   ∂F = x − λ = 0 . ∂y

Tralasciamo di scrivere la terza equazione che esprime l’appartenenza a P. Dalla seconda equazione si ha subito x = λ, e di conseguenza dalla prima si ricava y − 3x + 2x2 = 0. Mettendo a sistema quest’ultima relazione con l’equazione del vincolo si perviene all’equazione

3x2 − 4x − 2 = 0 le cui soluzioni sono x1 = (2 −

√

10)/3. Si ha −1 < x1 < 2 < x2 . Quindi √ solo la soluzione x1 `e accettabile. Sostituendo x1 nell’equazione di P si trova y = −(10 + 10)/9. √ √ Indichiamo con P = (2 − 10)/3, −(10 + 10)/9 . 10)/3 x2 = (2 +

In definitiva, per trovare il massimo e il minimo assoluti dobbiamo mettere a confronto cinque punti: O, P , M , S e T . La ragione per cui anche M , S, T debbano essere presi in considerazione `e spiegata nell’Esercizio 2. Si ha:

f (O) = 0, f (M ) = −1, f (T ) = −4, f (S) = 2, f (P ) =

√ 2 √ ( 10 − 2)( 10 + 8) . 27

Come si verifica facilmente, il minimo assoluto si trova in T e il massimo assoluto si trova in S. Esercizio 6. Indichiamo con x, y le lunghezze dei lati del rettangolo (vedi Figura). Per ovvie ragioni geometriche, x ≥ 0, y ≥ 0.

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Per il Teorema di Pitagora la lunghezza della diagonale `e uguale a

x2 + y 2 . D’altra parte, la

diagonale di un rettangolo coincide con il diametro della circonferenza circoscritta che, nel nostro caso, ha lunghezza uguale a 2. I rettangoli da prendere in considerazione sono quindi quelli per cui p

x2 + y 2 = 2 o, il che `e lo stesso, x2 + y 2 = 4. La misura dell’area `e data da f (x, y) = xy. Il problema si riduce quindi a trovare il massimo

assoluto di f (x, y) = xy sul vincolo costituito dall’arco della circonferenza di equazione x2 + y 2 = 4, giacente nel primo quadrante del piano cartesiano. Per trovare eventuali punti stazionari sulla circonferenza, applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: andiamo cio`e a cercare i punti stazionari della funzione F (x, y, λ) = xy + λ(x2 + y 2 − 4) . Si scrive il sistema  ∂F   ∂x = y + 2λx = 0     ∂F ∂y = x + 2λy = 0       ∂F ∂λ

= x2 + y 2 − 4 = 0 .

Le prime due equazioni ammettono la soluzione x = y = 0, che però non è accettabile perché non soddisfa il vincolo. Possiamo quindi pensare che uno dei due, tra x e y, sia diverso da zero. Per fissare le idee, supponiamo x 6= 0. La prima equazione si può allora risolvere rispetto a λ, ottenendo λ = −y/2x. Sostituendo nella seconda si ha

x−

y2 x2 − y 2 (x − y)(x + y) = = =0. x x x

I punti stazionari di F sono quindi quelli in cui le rette y = x e y = −x intersecano la √ √ circonferenza di equazione x2 + y 2 = 4, ovvero i quattro punti di coordinate (± 2, ± 2). Poich´e

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sono accettabili solo le soluzioni che si trovano nel primo quadrante, il massimo cercato si ha √ per x = y = 2. In altre parole, il rettangolo di area massima, tra tutti quelli inscritti in una stessa circonferenza, è il quadrato. Può essere interessante osservare come a questa conclusione, si arrivi anche ricorrendo ad un semplice argomento di geometria elementare. Consideriamo uno dei due triangoli rettangoli in cui il rettangolo viene diviso tracciando una diagonale. Abbiamo già ricordato che la diagonale (cioè l’ipotenusa comune dei due triangoli), coincide con il diametro della circonferenza. Confrontando il triangolo (isoscele, oltre che rettangolo) che si ottiene dividendo il quadrato per mezzo della diagonale, si osserva che l’altezza relativa all’ipotenusa è la maggiore possibile, rispetto a quella di tutti gli altri triangoli rettangoli aventi sempre tutti la stessa ipotenusa. Da qui si arriva subito alla conclusione. Per inciso, il rettangolo di area minima si ha, ovviamente, per x = 0 e y = 2 (oppure, simmetricamente, per x = 2 e y = 0). Questi punti si trovano all’estremità del vincolo e quindi non sono rilevabili col metodo dei moltiplicatori di Lagrange: rispetto all’intera circonferenza di equazione x2 + y 2 = 4 non sono punti stazionari. Per quanto riguarda il perimetro, l’impostazione è simile, ma adesso la funzione di cui cercare gli estremi è f (x, y) = x + y. Si devono quindi trovare i punti stazionari di F (x, y, λ) = x + y + λ(x2 + y 2 − 4) . I calcoli non sono difficili e vengono lasciati allo studente. Il perimetro massimo si trova √ ancora in corrispondenza del punto x = y = 2. La soluzione è cioè fornita anche questa volta dal quadrato. E sempre come nel caso precedente, il perimetro minimo si ottiene quando uno dei due lati si annulla e l’altro viene a coincidere col diametro, cioè quando il rettangolo degenera. Lo studente provi a dimostrare questo fatto usando solo le sue conoscenze di geometria elementare.