e minimi relativi stretti
11.2.3 Condizioni sufficienti nello spazio
Nel caso di funzioni di 3 o piu‘ variabili, invece, si deve studiare il segno degli autovalori della matrice hessiana (nei punti critici, cioe‘ dove si annulla il gradiente) e:
Lemma 11.2.4. Abbiamo
a) se gli autovalori sono strettamente maggiori di zero, il punto che annulla il gradiente ´di minimo locale;
b) se gli autovalori sono strettamente minori di zero, tale punto ´e di massimo locale;
c) se gli autovalori cambiano segno, il punto ´e di sella;
d) se gli autovalori sono tutti nulli, non danno informazioni sulla natura del punto.
In caso di funzioni di due o piu‘ variabili, la ricerca dei punti di massimo e minimo non si esaurisce all’interno del dominio dove la funzione e‘ derivabile, ma si devono cercare i massimi e i minimi anche sulla frontiera, in cui in generale la funzione non e‘ differenziabile. In tal caso, nelle funzioni di due variabili si parametrizza la frontiera e si cercano i punti di massimo e di minimo come visto per una variabile reale.
11.3 Esercizi su massimi e minimi
Problema 11.3.1. Trovare il minimo della funzione f (x, y) = (x− 4)2+ 2y2.
Problema 11.3.2. Sia X un punto dentro il trianglo △ ABC. Trovare min|XA| + |XB| + |XC|
( minimo la somma delle distanze da un punto ai vertici d i un trian-golo e noto come punto di orricelli-Fermat).
Problema 11.3.3. Trovare il minimo della funzione f (x, y) = (x + 2)2+ 2y2− 1.
146 Esercizi su massimi e minimi
Problema 11.3.4. Trovare il massimo e il minimo della funzione f (x, y) = x6 + y6− 2x3
nel dominio x3+ y3 ≤ 2, x ≥ 0, y ≥ 0.
Problema 11.3.5. Trovare il massimo e il minimo della funzione f (x, y) = x2+ y6+ 2x4
nel dominio x2+ y4 ≤ 2, x ≥ 0, y ≤ 0.
Problema 11.3.6. Trovare il massimo e il minimo della funzione f (x, y) = x4+ y4+ z4 − 5x2
nel dominio x2+ y2 ≤ 2 − z2, x≥ 0, y ≥ 0.
Problema 11.3.7. Trovare i punti critici per la funzione f (x, y) = x3+ 3xy2− 15x − 12y.
Problema 11.3.8. Trovare i punti stazionari della funzione f (x, y) = x
y + y x
e dire se si tratta di punti di massimo o di minimo relativo. Problema 11.3.9. Verificare la disequazione
(x2+ y2)≤ 4ex+y−2 (11.3.6) per x≥ 0, y ≥ 0.
Problema 11.3.10. Sia
F :R3 −→ R3, una funzione differenziabile tale che
F (0) = 0,
3
X
j,k=1
|∂jFk(0)|2 = c < 1. Mostrare che esiste r > 0 tale che
147
Problema 11.3.11. Sia
F :R+× R+−→ R, una funzione definita come segue
Fα,β(x, y) = x2 + y2− Cxαyβ, dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Studiare
min
x≥0,y≥0Fα,β(x, y).
Il Problema 11.3.11 si puo studiare seguendo i problemi successivi. Problema 11.3.12. Sia
F :R+× R+−→ R, una funzione definita come segue
Fα,β(x, y) = x2 + y2− Cxαyβ,
dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Vedere per quali α, β inf
x≥0,y≥0Fα,β(x, y) = −∞. Problema 11.3.13. Sia
F :R+× R+−→ R, una funzione definita come segue
Fα,β(x, y) = x2 + y2− Cxαyβ,
dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Vedere per quali α, β min
x≥0,y≥0Fα,β(x, y) >−∞ esiste ed
min
148 Esercizi su massimi e minimi
Problema 11.3.14. Sia
F :R+× R+ −→ R, una funzione definita come segue
Fα,β(x, y) = x2+ y2− Cxαyβ,
dove C > 0 e costante, α > 0, β > 0. Vedere per quali α, β min
x≥0,y≥0Fα,β(x, y) >−∞ esiste ed
min
x≥0,y≥0Fα,β(x, y) > 0. Problema 11.3.15. Data la funzione
f (x, y) = y3+ x2y− 4x2− 8y2− 2xy + 8x + 17y − 4, trovare
1. i punti critici e la loro natura (massimo relativo, minimo relativo, n´e massimo n´e minimo, sella);
2. massimo assoluto (se esiste) e minimo assoluto (se esiste) nel dominio x2+ y2− 2x − 4y + 1 ≤ 0. Soluzione. Punto a) Abbiamo ∂xf = 2xy− 8x − 2y + 8 = 0, ∂yf = 3y2+ x2− 16y − 2x + 17 = 0. La prima equazione ci da 2(x− 1)(y − 4) = 0
da qui abbiamo due possibilit´a: x = 1 o/e y = 4. Se x0 = 1 troviamo l’equazione
149
con due radici
y1 = 4, y2 = 4 3. Se y0 = 4 troviamo in modo simile
x1 = x2 = 1. I punti critici sono
A(1, 4), B(1, 4/3). Per la matrice Hessiana troviamo
H(A) = 0 0 0 8 , H(B) = −16/3 0 0 −8
e quindi B ´e punto di massimo relativo con f (B) = 256/27 > 0. Per studiare il punto critico A usiamo il fatto che f (1, 4) = 0 e la fattorizzazione
f (x, y) = [x2+ y2− 2x − 4y + 1](y − 4) = [(x − 1)2+ (y− 2)2− 4](y − 4). Nel dominio
(x− 1)2+ (y− 2)2− 4 < 0 ∪ {y > 4} la funzione ´e positiva, mentre in
(x− 1)2+ (y− 2)2− 4 > 0 ∪ {y < 4}
la funzione ´e negativa, quindi A NON ´e ne masssimo, ne minimo rela-tivo. Sulla retta y = 4 la funzione ´e costante, mentre sulla retta x = 1 nel punto x = 1 abbiamo minimo locale, cos´ı deduciamo che A ´e punto di sella.
Punto b) L’insieme
x2+ y2− 2x − 4y + 1 ≤ 0
´e chiuso e limitato, quindi ´e un compatto. Il teorema di Weierstrass implica l’esistenza di minimo e di massimo per la funcione f che ´e continua. Sulla frontiera f (x, y) = 0 e quindi il minimo assoluto ´e 0. Il massimo assoluto ´e f (B) = 256/27.
150 Teorema di Dini
11.4 Molteplicatori di Lagrange
Consideriamo al inizio il caso bidimensionale. Supponiamo di avere un obiettivo, f (x1, x2) da massimizzare soggetto al vincolo:
g (x1, x2) = 0. Possiamo considerare il caso
g(x1, x2) = x2− ϕ(x1). Lemma 11.4.1. Se x∗ = (x∗
1, x∗
2) ´e punto di massimo (minimo) di f (x1, x2) soggetto al vincolo x2 = ϕ(x1), allora esiste un numero reale Λ tale che
∂x1f (x∗)− Λ∂x1g(x∗) = 0 (11.4.7) ∂x2f (x∗)− Λ∂x2g(x∗) = 0. (11.4.8) Idea della dimostrazione. Sia
F (x1) = f (ϕ(x1), x1).
11.5 Teorema di Dini
Il teorema di Dini descrive le soluzione della equazione F (x1, x2) = 0
quando il punto x = (x1, x2) ´e vicino ad un punto a = (a1, a2) tale che F (a1, a2) = 0.
Lemma 11.5.1. (Teorema di Dini) Sia
F (x1, x2) : U ⊆ R2 −→ R,
una funzione definita in un dominio U aperto, sia F di classe C1 in U. Se il punto a = (a1, a2) in U sodddisfa l’ipotesi
151
allora esiste un intorno di a del tipo
V ={x ∈ R2;|x1− a1| < ε, |x − 2 − a2| < δ} ed esiste una funzione
ϕ : (x1 − ε, x1+ ε)→ (x2− δ, x2+ δ) tale che:
a) per ogni x1 ∈ (a1− ε, a1+ ε) abbiamo F (x1, ϕ(x1)) = 0; b) se (x1, x2)∈ V ´e soluzione dell’equazione
F (x1, x2) = 0, allora x2 = ϕ(x1);
c) la funzione
ϕ : (x1 − ε, x1 + ε)→ (x2− δ, x2+ δ) ´e di classe C1.
Idea della dimostrazione. Si consideri il relativo sviluppo al primo or-dine di Taylor:
F (x1, x2) = F (a1, a2)+∂x1F (a1, a2)(x1−a1)+∂x2F (a1, a2)(x2−a2)+o(kx−ak) Tenendo conto che F (a1, a2) = 0, uguagliando a zero la prima parte del termine al primo ordine si ottiene:
∂x1F (a1, a2)(x1− a1) + ∂x2F (a1, a2)(x2− a2) = o(kx − ak) Per ipotesi,
∂x2F (a1, a2)6= 0, si pu´o quindi ricavare x2 in funzione di x1:
x2 = a2− ∂x1F (a)
∂x2F (a)(x1− a1) + o(kx − ak).
Applicando il teorema della contrazione possiamo completare la di-mostrazione (vedi la didi-mostrazione del Teorema 13.1.3).
152 Esercizi su massimi, minimi vincolati
11.6 Esercizi su massimi, minimi
vinco-lati
Problema 11.6.1. Determinare il minimo e il massimo della funzione f (x, y) = x2+ y2− (x + y + z)
nell’insieme
{|x| + |y| + |z| = 1}. .
Problema 11.6.2. Trovare fra tutti i triangoli di perimetro 2p quello di area massima.
Suggerimento. Ricordiamo la formula di Erone: dato un triangolo △ di lati di lunghezza x, yz si ha che l’area ´e data da
A(△) =p
p(p− x)(p − y)(p − z) dove 2p ´e il perimetro.
Problema 11.6.3. Tra tutti triangoli iscritti in circonferenza, quale/quali ha/hanno perimetro massimale
Problema 11.6.4. Tra tutti triangoli iscritti in circonferenza, quale ha area massimale
Problema 11.6.5. Trovare fra tutti i triangoli circoscritto alla circon-ferenza unitaria quello di area massima.
Problema 11.6.6. Sia F ⊆ R4 definita da F = x = (11, x2, x3, x4)∈ R4; xx13 xx24 = 0 . Dato il punto P (1, 0, 0, 2) trovare la distanza euclidea tra P e F .
153
Problema 11.6.7. Trovare il massimo e il minimo della funzione f (x) = ha, xi
kxk
in Rn\ {0}, dove a ´e un vettore assegnato di modulo 1. Problema 11.6.8. Studiare sup Rn\{0} ha, xi kxk2 , inf Rn\{0} ha, xi kxk2 , dove a ´e un vettore assegnato di modulo 1. Problema 11.6.9. Se
F :R2\ {0} −→ R
´continua e omogenea di ordine a ∈ R, allora studiare l’esistenza del minimo
I(λ) = min
kxk2
2=λ>0F (x) al variare di a. Calcolare I(λ) dove I(λ) esiste. Problema 11.6.10. Se
A
´e una matrice simmetrica n× n allora il problema min
kxk2=1hAx, xi ha almeno un minimizzante, cio’e’ ponendo
I = inf
kxk2=1hAx, xi e scegliendo una successione
xk, kxkk2 = 1, hAxk, xki → I,
si deve verificare che esiste una sottosuccessione di {xk} che converge ´a x∗ con
154 Esercizi su massimi, minimi vincolati
Problema 11.6.11. Se
A :Rn
−→ Rn
´e un operatore lineare studiare l’esistenza del minimo I(λ) = min
kxk2
2=λ>0hAx, xi + kxkpp.
In generale vale la disequazione di Gagliardo Nirenberg (o la dise-quazione d’interpolazione) kxkℓ ≤ Ckxkθ pkxk1−θ q (11.6.10) per 1 ℓ = θ p+ 1− θ q , θ∈ (0, 1). (11.6.11) Esempio 11.6.1. Scegliendo p = 2, q = 8, ℓ = 4 troviamo θ = 1 3
e la disequazione di Gagliardo - Nirenberg diventa
kxk4 ≤ Ckxkθ2kxk1−θ8 (11.6.12) Per trovare la costante ottimale in (11.6.12) possiamo studiare
max kxk8 8=1 kxk3 4 kxk2 , (11.6.13) oppure min kxk2 2=1 kxk2 8 kxk3 4 , (11.6.14) oppure min kxk4 4=1kxk2 8kxk2. (11.6.15)
155 Problema 11.6.12. Sia x = (x1, x2,· · · , xn) e kxkpp =|x1|p+|x2|p+· · · + |xn|p. Trovare inf kxk4 4=1kxk28kxk2. Suggerimento. Possiamo supporre
xj > 0, ∀j = 1, · · · , n. Usiamo le relazioni ∂xjkxkp = x p−1 j kxkp−1p (11.6.16) se xj > 0, j = 1,· · · , n. Ponendo F (x) =kxk2 8kxk2, troviamo ∂xjF = 2kxk8 x7 j kxk7 8 kxk2+kxk2 8 xj kxk2 e quindi ∂xj F (x)− Λkxk44 = 0 si puo rescrivere come segue
2kxk8 x7 j kxk7 8kxk2+kxk28 xj kxk2 − Λ4x3j = 0 (11.6.17) Da qui si deduce facilmente che Λ > 0 perche
0 = n X j=1 2kxk8 x8 j kxk7 8 kxk2 +kxk2 8 x2 j kxk2 − Λ4x4 j ed il vincolo kxk4 4 = 1 implicano Λ4 = n X j=1 2kxk8 x8 j kxk7 8kxk2+kxk28 x2 j kxk2 = 3kxk28kxk2 > 0.
156 Esercizi su massimi, minimi vincolati
L’equazione (11.6.17) con Λ > 0 ha due soluzioni positivi perche ha la forma
Aµ3− Bµ + C = 0 con
A > 0, B > 0, C > 0, µ = x2j. In fatti abbiamo la seguente equazione per x2
j = µ 2kxk8 x6 j kxk7 8kxk2+kxk28 1 kxk2 − 3kxk28kxk2x2j = 0. (11.6.18) e quindi 2x6jkxk22+kxk88− 3kxk88kxk22x2j = 0. (11.6.19) Viceversa se xj > 0 soddisfano (11.6.19) si puo vedere che automati-camente il vincolo
kxk2 2 = 1
´e soddisfatto. Per trovare il minimo della funzione F dobbiamo pren-dere x2
j = µ, dove µ ´e la radice positiva pi´u piccola della equazione 2kxk22µ3− 3kxk88kxk22µ +kxk88 = 0. (11.6.20) Cos´ı troviamo che il minimo si ammete al punto x∗ definito con
x∗1 = x∗2 =· · · = x∗n= √41 n e quindi inf kxk4 4=1kxk28kxk2 = F (x∗) = 1. Problema 11.6.13. Sia x = (x1, x2,· · · , xn) e kxkp p =|x1|p+|x2|p+· · · + |xn|p. Trovare In= inf kxk2 2=1 kxk2 8 kxk3 4 .
157
Suggerimento. Possiamo supporre
xj > 0, ∀j = 1, · · · , n. Usiamo le relazioni ∂xjkxkp = x p−1 j kxkp−1p (11.6.21) se xj > 0, j = 1,· · · , n. Ponendo f (x) = kxk2 8 kxk3 4 , g(x) =kxk22, troviamo ∂xjf (x)− Λ∂xjg(x) = 2x7jkxk−68 kxk−34 − 3x3jkxk2 8 kxk7 4 − Λ2xj
Molteplicando per xj e usando il vincolo, troviamo 2Λ =−kxk 2 8 kxk3 4 < 0. L’equazione ∂xjf (x)− Λ∂xjg(x) = 0 si puo rescrivere come
2x6 jkxk−6 8 kxk−3 4 − 3x2 jkxk2 8 kxk7 4 + kxk2 8 kxk3 4 = 0 e quindi abbiamo 2kxk44 µ3− 3µkxk88+kxk88kxk44 = 0 (11.6.22) µ = x2j. Viceversa se xj > 0 soddisfano 2kxk44 x6j − 3x2jkxk88+kxk88kxk44 = 0 (11.6.23)
158 Esercizi su massimi, minimi vincolati
si puo vedere che automaticamente il vincolo kxk22 = 1 ´e soddisfatto. Siccome la funzione
f (x) = kxk2 8
kxk3 4
,
non ´e monotona rispetto xjnon possiamo procedere come nella soluzione del problema (11.6.12) e concludere che dobbiamo prendere x2
j = µ, dove µ ´e la radice positiva pi´u piccola della equazione (11.6.22). Problema 11.6.14. (argomento per miniprogetto) Verificare la dise-quazione d’interpolazione (11.6.10) per qualsiasi 1≤ p < q ≤ ∞. Problema 11.6.15. (argomento per miniprogetto) Tra tutti triangoli iscritti in ellisse, quale/quali ha/hanno perimetro massimale.