Massimi e minimi vincolati in R3 Esercizi svolti Esercizio 1. ` data la funzione di tre variabili F (x, y, z) = x + y 2 + z. E Determinare i punti stazionari di F vincolati sulla variet` a unidimensionale Γ definita dalle equazioni ½ 2 x + y2 − z2 = 0
−x + z = 1 ,
(1)
e discuterne il tipo. Esercizio 2. ` data la funzione di tre variabili F (x, y, z) = x + z 2 . Verificare che F `e inferiormente limitata E sulla variet`a bidimensionale Γ di R3 definita dall’equazione x2 + y 2 = 1, e determinare i punti stazionari di F vincolati su Γ, discutendone il tipo. Esercizio 3. √ Determinare minimi e massimi assoluti della funzione F (x, y, z) = x + y + 2z relativi al vincolo costituito dall’insieme q
A = {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤
1 − (x2 + y 2 ), x2 + y 2 ≤ 1} .
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MASSIMI E MINIMI VINCOLATI IN R3 - ESERCIZI SVOLTI
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SOLUZIONI Esercizio 1. Si verifica facilmente che la variet` a Γ `e una parabola, che pu`o essere rappresentata in forma parametrica come x=
t2 − 1 , 2
y=t,
t2 + 1 , 2
z=
t∈R.
(2)
Cominciamo applicando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, che in questo caso consiste nella ricerca dei punti stazionari liberi della funzione F˜ (x, y, z, λ, µ) = x + y 2 + z + λ(x2 + y 2 − z 2 ) + µ(−x + z − 1) . Il sistema da risolvere `e: F˜x = 1 + 2λx − µ = 0 F˜y = 2y + 2λy = 0
˜
Fz = 1 − 2λz + µ = 0 F˜ = x2 + y 2 − z 2 = 0 λ
F˜λ = −x + z − 1 = 0 .
La seconda equazione implica l’alternativa y = 0 oppure λ = −1. Nel caso di λ = −1, utilizzando la prima e la terza equazione si ottiene x=
1−µ , 2
z=
−1 − µ . 2
Questi valori non soddisfano la seconda equazione del vincolo, quindi non sono accettabili. Passiamo allora a sviluppare il caso y = 0. La prima e terza equazione adesso forniscono x=
−1 + µ , 2λ
z=
1+µ . 2λ
(3)
Questi valori soddisfano la seconda equazione del vincolo se si sceglie λ = 1. Sostituendo nelle (3), otteniamo x=
µ−1 , 2
z=
µ+1 . 2
Imponiamo la prima equazione del vincolo. Si ha (µ − 1)2 (µ + 1)2 − = −µ = 0 . 4 4 In definitiva, si ha x = −1/2 e z = 1/2. Per comprendere la natura dell’unico punto stazionario vincolato trovato, cio`e quello di coordinate (−1/2, 0, 1/2), conviene far ricorso alla parametrizzazione (2). Sostituendo, si ha Ã
F
t2 − 1 t2 + 1 , t, 2 2
!
= g(t) = 2t2 .
(4)
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Il punto di coordinate (−1/2, 0, 1/2) corrisponde quindi ad un minimo (assoluto). La (4) mostra anche che la funzione F , ristretta a Γ, non `e superiormente limitata. A questa conclusione si pu`o arrivare alternativamente, osservando che, se (x, y, z) ∈ Γ, in virt` u delle (1) x2 + y 2 − z 2 = y 2 + (x + z)(x − z) = y 2 − (x + z) = 0 e quindi F (x, y, z) = (x + z) + y 2 = 2y 2 . Esercizio 2. Ogni punto P appartenente a Γ soddisfa con le sue coordinate l’equazione x2 + y 2 = 1. Quindi se x `e l’ascissa di P , si deve avere |x| ≤ 1. Di conseguenza, per P = (x, y, z) ∈ Γ, −1 ≤ x + z 2 = F (x, y, z) . Ci`o prova che F `e inferiormente limitata su Γ. Invece, F non `e superiormente limitata su Γ. Vi sono infatti punti P ∈ Γ la cui componente z `e arbitrariamente grande. Applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Cerchiamo cio`e i punti stazionari liberi della funzione F˜ (x, y, z, λ) = x + z 2 + λ(x2 + y 2 − 1) risolvendo il sistema F˜x = 1 + 2λx = 0
F˜y = 2λy = 0
F˜z = 2z = 0 ˜ Fλ = x 2 + y 2 − 1 = 0 .
Confrontando le prime due equazioni, si vede che λ non pu`o essere zero. Necessariamente si deve allora avere y = 0 e, per la terza equazione, z = 0. Dall’ultima equazione si ricava infine x = ±1 (la prima equazione resta soddisfatta per un’opportuna scelta di λ, che non `e necessario specificare). I punti stazionari vincolati sono quindi A = (1, 0, 0) e B = (−1, 0, 0). Si ha F (A) = 1, F (B) = −1. Anche in questo caso, per analizzare la natura di A e B conviene ricorrere a una parametrizzazione del vincolo, per esempio x = cos t ,
y = sin t ,
z=z ,
(t, z) ∈ R2 .
Si ha g(t, z) = F (cos t, sin t, z) = cos t + z 2 . I punti stazionari liberi di g si trovano risolvendo il sistema ½
gt = − sin t = 0 gz = 2z = 0
e coincidono con i punti di coordinate M = (t, z) = (0, 0) (corrispondente ad A) e N = (t, z) = (π, 0) (corrispondente ad B). La matrice hessiana di g `e µ
− cos t 0
0 2
¶
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per cui N si vede essere punto di minimo, mentre M non `e n´e massimo n´e minimo. Esercizio 3. L’insieme A coincide con una semi-sfera. Poich´e la funzione `e lineare, `e chiaro che all’interno di A non ci sono punti stazionari liberi. D’altra parte, A `e limitato e chiuso, quindi per il Teorema di Weiestrass, almeno un punto di massimo e almeno un punto di minimo su A devono esistere. Questi vanno ricercati sulla frontiera di A, che va pensata composta da tre parti: la calotta semisferica, il disco unitario giacente nel piano z = 0, la circonferenza di tale disco, che connette le due superfici. 1) per trovare eventuali punti stazionari sulla calotta semisferica, possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Conviene rifarsi all’equazione dell’intera sfera x2 + y 2 + z 2 = 1, scartando poi le eventuali soluzioni con z < 0. Il sistema da risolvere `e 1 + 2λx = 0 1 + 2λy = 0
√
2 + 2λz = 0 2 x + y2 + z2 = 1
√ che porta alla soluzione x = 1/2, y = 1/2, z = 2/2. 2) F (x, y, 0) `e una funzione lineare, pertanto all’interno del disco unitario del piano z = 0 non ci sono punti stazionari. 3) Per analizzare la presenza di punti stazionari sulla circonferenza, usiamo la parametrizzazione x = cos t, y = sin t, z = 0. Annullando la derivata della funzione g(t) = F (cos t, sin t, 0) si trovano punti stazionari in corrispondenza dei valori t = π/4 e t = 5π/4. In definitiva, si devono i valori√assunti√da F in corrispondenza dei tre punti P = √ confrontare √ √ (1/2, 1/2, 2/2), Q = ( 2/2, 2/2, 0), R = (− 2/2, − 2/2, 0). Il massimo si trova in P , il minimo in R.