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(1)

8. Massimi e minimi relativi

Sia f (x, y) funzione definita in un insieme A ✓ R 2 . Un punto (x 0 , y 0 ) 2 A `e detto punto di massimo (rispettivamente di minimo) relativo per f (x, y) in A se esiste

> 0 tale che

f (x, y)  f(x 0 , y 0 ) (risp. f (x, y) f (x 0 , y 0 )) 8(x, y) 2 I (x 0 , y 0 ) \ A.

In analogia con il Teorema di Fermat per funzioni di una variabile abbiamo il seguente risultato che ci fornisce una condizione necessaria all’esistenza di un punto di massimo e di minimo relativo.

Teorema 2.12. (condizione necessaria del primo ordine)

Sia f (x, y) funzione definita in A ✓ R 2 e sia (x 0 , y 0 ) punto di massimo o di mi- nimo relativo per f (x, y) interno ad A. Se f (x, y) risulta derivabile parzialmente in (x 0 , y 0 ) allora rf(x 0 , y 0 ) = 0.

Dim. Supponiamo che (x 0 , y 0 ) 2 A sia un punto di massimo relativo per f(x, y).

Dalla definizione si ha che esiste > 0 tale che

f (x, y)  f(x 0 , y 0 ) 8(x, y) 2 I (x 0 , y 0 ) \ A.

Essendo (x 0 , y 0 ) interno ad A possiamo scegliere sufficientemente piccolo di modo che I (x 0 , y 0 ) ⇢ A. Dalla precedente condizione risulta allora

f (x, y)  f(x 0 , y 0 ) 8(x, y) 2 I (x 0 , y 0 ). (10) Consideriamo ora la funzione F (x) = f (x, y) | y=y

0

= f (x, y 0 ). Essendo f (x, y) de- rivabile parzialmente rispetto ad x in (x 0 , y 0 ) abbiamo che F (x) risulta derivabile in x 0 con F 0 (x 0 ) = @ x f (x 0 , y 0 ). Inoltre, da (10), si ha che

F (x)  F (x 0 ) 8x 2 (x 0 , x 0 + )

e dunque che x 0 `e punto di massimo relativo per F (x) in (x 0 , x 0 + ). Dal Teorema di Fermat si ha allora che F 0 (x 0 ) = @ x f (x 0 , y 0 ) = 0.

Analogalmente, considerando la funzione G(y) = f (x, y) | x=x

0

= f (x 0 , y), si prova

che G 0 (y 0 ) = @ y f (x 0 , y 0 ) = 0 ⇤

Un punto (x 0 , y 0 ) tale che rf(x 0 , y 0 ) = 0 `e detto punto stazionario (o critico) per f (x, y).

Dal precedente risultato abbiamo allora che un punto di massimo o minimo re- lativo interno al dominio di f (x, y) dove f (x, y) risulta derivabile parzialmente

`e necessariamente un punto stazionario. Osserviamo per` o che la condizione `e

necessaria ma non sufficiente. Ad esempio la funzione f (x, y) = y 2 x 2 risulta

derivabile in R 2 con @ x f (x, y) = 2x e @ y f (x, y) = 2y. L’unico punto stazionario

della funzione, e dunque l’unico punto candidato punto di massimo o minimo

(2)

relativo, risulta essere l’origine. Abbiamo per` o che f (x, 0) = x 2  0 = f(0, 0) mentre f (0, y) = y 2 0 = f (0, 0). Dunque O(0, 0) non risulta ne’ punto di massimo ne’ punto di minimo relativo, verr` a detto un punto di sella per f (x, y).

Consideriamo la funzione f (x, y) = 1 p x 2 + y 2 nell’insieme A = {(x, y) 2 R 2 | x 2 + y 2  1}. Abbiamo che O(0, 0) `e punto di massimo (assoluto) per f(x, y) essendo f (0, 0) = 1 1 p x 2 + y 2 = f (x, y) per ogni (x, y) 2 A ma non `e punto stazionario non essendo la funzione derivabile parzialmente in tale punto.

Abbiamo inoltre che ogni punto (x 0 , y 0 ) 2 @A `e punto di minimo (assoluto) per f (x, y) essendo f (x 0 , y 0 ) = 0  f(x, y) per ogni (x, y) 2 A. Pur essendo deri- vabile in tali punti, questi non sono per` o stazionari non essendo punti interni ad A.

Esempi

• Determiniamo i punti di punti di massimo e di minimo relativi della funzione f (x, y) = x arctan(xy) nel suo dominio. La funzione risulta definita e derivabile parzialmente in R 2 . I punti di massimo e di minimo relativo saranno allora da ricercarsi tra i punti stazionari della funzione, ovvero tra le soluzioni del sistema

8 <

:

@ x f (x, y) = arctan(xy) + 1+(xy) xy

2

= 0

@ y f (x, y) = 1+(xy) x

2 2

= 0

che ammette come soluzioni tutti e soli i punti P y (0, y) dell’asse delle ordinate.

Poich`e f (0, y) = 0 per ogni y 2 R, osservato che f(x, y) 0 per ogni y 0 mentre f (x, y)  0 per ogni y  0, avremo che i punti P y (0, y) con y > 0 risultano punti di minimo relativo mentre i punti P y (0, y) con y < 0 risultano punti di massimo relativo. L’origine O(0, 0), pur essendo un punto stazionario della funzione, non risulta ne’ punto di massimo, ne’ punto di minimo.

• Determiniamo i punti di punti di massimo e di minimo relativi della funzione f (x, y) = x 4 + y 4 2x 2 + 3y 2 nel suo dominio. La funzione risulta definita e derivabile parzialmente in R 2 . I punti di massimo e di minimo relativo saranno allora da ricercarsi tra i punti stazionari della funzione, ovvero tra le soluzioni

del sistema (

@ x f (x, y) = 4x 3 4x = 0

@ y f (x, y) = 4y 3 + 6y = 0

che ammette come soluzioni l’origine O(0, 0) e i punti P ± ( ±1, 0). Per determi- narne la natura osserviamo che f (0, 0) = 0 e che f (0, y) 0 per ogni y 2 R mentre f (x, 0) 0 se e solo se |x| p

2. Ne segue che O(0, 0) non `e ne’ punto

(3)

di massimo ne’ punto di minimo relativo. Riguardo ai punti P ± ( ±1, 0), abbiamo che f ( ±1, 0) = 1 e che

f (x, y) f ( ±1, 0) = x 4 +y 4 2x 2 +3y 2 +1 = (x 2 1) 2 +y 4 +3y 2 0 8(x, y) 2 R 2 . Ne segue che P ± ( ±1, 0) sono punti di minimo (assoluto).

• Determiniamo i punti di punti di massimo e di minimo relativi della funzione f (x, y) = x 2 log(x 2 + 2y 2 ) nel suo dominio. La funzione risulta definita e deri- vbile nel dominio aperto D = R 2 \ {(0, 0)}. Gli eventuali punti di massimo e di minimo relativo saranno quindi punti stazionari. Risultano punti stazionari i punti dell’asse delle ordinate P y (0, y), y 2 R \ {0}, e i punti Q ± ( ± p 1 e , 0). Ab- biamo f (0, y) = 0 mentre f (x, y) 0 se e solo se |y| p 1 2 . Ne segue che i punti P y (0, y) con |y| > p 1 2 sono punti di minimo relativo mentre i punti P y (0, y) con 0 < |y| < p 1 2 sono punti di massimo relativo. Proveremo invece che i punti Q ± ( ± p 1 e , 0) risultano punti di minimo relativo con f ( ± p 1 e , 0) = 1 e log e 1

2

= 2 e .

Nell’ultimo esempio, utilizzando la definizione, non era possibile determinare la natura di tutti i punti stazionari della funzione. In questi casi `e possibile utilizzare il “test delle derivate parziali seconde”. Data una funzione f (x, y) derivabile parzialmente in un aperto A ✓ R 2 , diciamo che risulta derivabile parzialmente due volte nel punto (x 0 , y 0 ) 2 A se le sue derivate parziali @f @x (x, y) e @f @y (x, y) risultano derivabili parzialmente in (x 0 , y 0 ). In tal caso le derivate

@

@x ( @f

@x )(x 0 , y 0 ) = @ 2 f

@x 2 (x 0 , y 0 ), @

@x ( @f

@y )(x 0 , y 0 ) = @ 2 f

@x@y (x 0 , y 0 ) e

@

@y ( @f

@y )(x 0 , y 0 ) = @ 2 f

@y 2 (x 0 , y 0 ), @

@y ( @f

@x )(x 0 , y 0 ) = @ 2 f

@y@x (x 0 , y 0 )

vengono dette derivate parziali seconde di f (x, y) nel punto (x 0 , y 0 ) 7 . La matrice che ha per componenti le derivate parziali seconde

Hf (x 0 , y 0 ) =

Ñ @

2

f

@x

2

(x 0 , y 0 ) @y@x @

2

f (x 0 , y 0 )

@

2

f

@x@y (x 0 , y 0 ) @ @y

2

f

2

(x 0 , y 0 ) é

`e invece detta matrice hessiana di f (x, y) nel punto (x 0 , y 0 ).

Se f (x, y) risulta derivabile due volte in ogni (x 0 , y 0 ) 2 A diremo che f(x, y) `e

7 Notazione alternativa `e @

xx

f (x

0

, y

0

) = @

x

(@

x

f )(x

0

, y

0

), @

xy

f (x

0

, y

0

) = @

x

(@

y

f )(x

0

, y

0

),

@

yx

f (x

0

, y

0

) = @

y

(@

x

f )(x

0

, y

0

), @

yy

f (x

0

, y

0

) = @

y

(@

y

f )(x

0

, y

0

)

(4)

derivabile due volte in A, se inoltre le derivate parziali seconde risultano continue in A diremo che f (x, y) `e di classe C 2 in A e scriveremo f 2 C 2 (A).

Ad esempio, consideriamo la funzione f (x, y) = x 3 y. La funzione risulta di classe C 2 in R 2 , difatti risulta derivabile in R 2 con derivate parziali prime

@f

@x (x, y) = 3x 2 y e @f

@y (x, y) = x 3 a loro volta derivabili in R 2 con derivate continue

@ 2 f

@x 2 (x, y) = 6xy, @ 2 f

@x@y (x, y) = @ 2 f

@y@x (x, y) = 3x 2 e @ 2 f

@y 2 (x, y) = 0 Osserviamo che le derivate parziali seconde miste risultano uguali, ovvero la matrice hessiana

Hf (x, y) =

Ç 6xy 3x 2 3x 2 0

å

risulta simmetrica. Vale in generale il seguente risultato Teorema 2.13. (di Schwartz)

Sia f (x, y) funzione derivabile due volte in un aperto A ⇢ R 2 . Se le derivate parziali seconde miste @ xy f (x, y) e @ yx f (x, y) sono continue in (x 0 , y 0 ) 2 A, allora

@ xy f (x 0 , y 0 ) = @ yx f (x 0 , y 0 )

Dim. Sia > 0 tale che I (x 0 , y 0 ) ⇢ A, preso (x, y) 2 I e consideriamo la funzione F (s) = f (s, y) f (s, y 0 ). Tale funzione risulta derivabile in (x 0 , x 0 + ) con

F 0 (s) = @f

@x (s, y) @f

@x (s, y 0 )

soddisfa le ipotesi del Teorema di Lagrange nell’intervallo di estremi x e x 0 , avremo allora che esiste s 0 compreso tra x e x 0 tale che

F (x) F (x 0 ) = F 0 (s 0 )(x x 0 ) = Å @f

@x (s 0 , y) @f

@x (s 0 , y 0 ) ã

(x x 0 ) La funzione @f @x (s 0 , t) risulta per ipotesi derivabile in (y 0 , y 0 + ) e verifica a sua volta le ipotesi del Teorema di Lagrange nell’intervallo di estremi y e y 0 . Esiste quindi t 0 compreso tra y e y 0 tale che

@f

@x (s 0 , y) @f

@x (s 0 , y 0 ) = @ 2 f

@y@x (s 0 , t 0 )(y y 0 ).

Si ha quindi

F (x) F (x 0 ) = @ 2 f

@y@x (s 0 , t 0 )(x x 0 )(y y 0 )

(5)

Allo stesso modo, considerata la funzione G(t) = f (x, t) f (x 0 , t) applicando due volte il Teorema di Lagrange, otteniamo che esistono s 1 compreso tra x 0 e x e t 1 compreso tra y 0 e y tali che

G(y) G(y 0 ) = @ 2 f

@x@y (s 1 , t 1 )(x x 0 )(y y 0 ) Osserviamo ora che

F (x) F (x 0 ) = f (x, y) f (x, y 0 ) f (x 0 , y) + f (x 0 , y 0 ) = G(y) G(y 0 ) e dunque, per quanto ottenuto, che

@ 2 f

@y@x (s 0 , t 0 ) = @ 2 f

@x@y (s 1 , t 1 ).

Considerando (x, y) ! (x 0 , y 0 ) si ha (s 0 , t 0 ) ! (x 0 , y 0 ) e (s 1 , t 1 ) ! (x 0 , y 0 ) e poich`e le derivate parziali seconde miste sono continue in (x 0 , y 0 ), considerando il limite per (x, y) ! (x 0 , y 0 ) nella precedente identit` a concludiamo che

@ 2 f

@y@x (x 0 , y 0 ) = @ 2 f

@x@y (x 0 , y 0 ).

⇤ L’ipotesi di continuit` a delle derivate seconde miste `e condizione necessaria come mostra il seguente esempio. La funzione

f (x, y) =

( x

3

y xy

3

x

2

+y

2

se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0) risulta derivabile in R 2 con

@f

@x (x, y) =

( x

4

y+4x

2

y

3

y

5

(x

2

+y

2

)

2

se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

e, osservato che f (x, y) = f (y, x),

@f

@y (x, y) = @f

@x (y, x) =

( y

4

x+4y

2

x

3

x

5

(x

2

+y

2

)

2

se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

La funzione risulta quindi derivabile due volte nell’origine con

@ 2 f

@y@x (0, 0) = lim

h!0

1 h

Å @f

@x (0, h) @f

@x (0, 0) ã

= 1

mentre

@ 2 f

@x@y (0, 0) = lim

h !0

1 h

Å @f

@y (h, 0) @f

@y (0, 0) ã

= 1

(6)

Abbiamo visto che se f (x, y) risulta di classe C 1 in un aperto A ⇢ R 2 , per ogni (x 0 , y 0 ) 2 A, essendo la funzione di↵erenziabile in (x 0 , y 0 ) vale la formula di Taylor del primo ordine centrata in (x 0 , y 0 ) con resto di Peano.

f (x, y) = f (x 0 , y 0 ) + @f @x (x 0 , y 0 )(x x 0 ) + @f @y (x 0 , y 0 )(y y 0 )+

+ o( » (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 )

= f (x 0 , y 0 ) + rf(x 0 , y 0 ) · (x x 0 , y y 0 ) + o( » (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 ) per (x, y) ! (x 0 , y 0 ), ovvero, usando le notazioni vettoriali, posto v 0 = (x 0 , y 0 ) e v = (x, y),

f (v) = f (v 0 ) + rf(v 0 ) · (v v 0 ) + o( kv v 0 k) per kv v 0 k ! 0.

Se f (x, y) risulta di classe C 2 in un aperto A ✓ R 2 , si pu` o provare che per ogni (x 0 , y 0 ) 2 A vale la formula di Taylor del secondo ordine centrata in (x 0 , y 0 ) con resto di Peano

f (x, y) = f (x 0 , y 0 ) + @f @x (x 0 , y 0 )(x x 0 ) + @f @y (x 0 , y 0 )(y y 0 )+

+ 1 2 ( @ @x

2

f

2

(x 0 , y 0 )(x x 0 ) 2 + 2 @y@x @

2

f (x 0 , y 0 )(x x 0 )(y y 0 )+

+ @ @y

2

f

2

(x 0 , y 0 )(y y 0 ) 2 ) + o((x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 )

= f (x 0 , y 0 ) + rf(x 0 , y 0 ) · (x x 0 , y y 0 )+

+ 1 2 Hf (x 0 , y 0 )(x x 0 , y y 0 ) · (x x 0 , y y 0 )+

+ o((x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 )

per (x, y) ! (x 0 , y 0 ). Usando le notazioni vettoriali, posto v 0 = (x 0 , y 0 ) e v = (x, y), potremo scrivere

f (v) = f (v 0 ) + rf(v 0 ) · (v v 0 ) + 1 2 Hf (v 0 )(v v 0 ) · (v v 0 ) + o( kv v 0 k 2 ) per kv v 0 k ! 0.

Ad esempio, la formula di Taylor del secondo ordine con centro (0, 1) della funzione f (x, y) = y 2 sin x `e

y 2 sin x = x + 2xy + o(x 2 + (y 1) 2 ), per (x, y) ! (0, 1)

Presa una funzione f (x, y) di classe C 2 in un aperto A ✓ R 2 , sia (x 0 , y 0 ) 2 A

un punto stazionario per f (x, y). Dallo sviluppo di Taylor del secondo ordine

(7)

centrato in (x 0 , y 0 ) si ha allora che

f (x, y) f (x 0 , y 0 ) = 1 2 Hf (x 0 , y 0 )(x x 0 , y y 0 ) · (x x 0 , y y 0 )+

+ o((x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 ) e dunque che il segno di f (x, y) f (x 0 , y 0 ) risulta determinato, in un intorno di (x 0 , y 0 ), dal segno del termine

Hf (x 0 , y 0 )(x x 0 , y y 0 ) · (x x 0 , y y 0 )

essendo o((x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 ) trascurabile per (x, y) sufficientemente vicino a (x 0 , y 0 ). Diamo allora la seguente definizione.

Una matrice n ⇥ n simmetrica H si dice definita positiva se per ogni v 2 R n , v 6= 0, risulta Hv · v > 0, si dice invece definita negativa se per ogni v 2 R n , v 6= 0, risulta Hv · v < 0. Infine, viene detta indefinita se esistono u, v 2 R n tali che Hu · u > 0 mentre Hv · v < 0. 8

Dai risultati dell’Algebra Lineare si ha il seguente risultato che fornisce delle condizioni equivalenti affinch`e una matrice n ⇥ n simmetrica H risulti definita positiva (risp. negativa).

Teorema 2.14. (di caratterizzazione delle matrici definite)

Sia H una matrice n ⇥n simmetrica sono allora equivalenti le seguenti condizioni (i) H `e definita positiva (risp. negativa);

(ii) gli autovalori di H sono positivi (risp. negativi);

(iii) esiste una costante m > 0 tale che Hv ·v m kvk 2 (risp. Hv ·v  mkvk 2 ), per ogni v 2 R n .

Dim. Consideriamo solo il caso di matrici definite positive. Il caso di matrici definite negative sar` a analogo.

(i) ) (ii) Se H `e matrice definita positiva e `e un autovalore corrispondente all’autovettore u allora Hu · u = kuk 2 > 0 da cui > 0.

(ii) ) (iii) Supponiamo che ogni autovalore di H sia positivo. Dal Teorema spettrale, sia {u 1 , ..., u n } una base ortonormale di R n costituita da autovettori di H. Sia j > 0 l’autovettore corrispondente all’autovalore u j e poniamo m = min j > 0. Per ogni v 2 R n , posto x j = v · u j possiamo scrivere v = P n j=1 x j u j

ed essendo Hv = P n j=1 j x j v j e kvk 2 = v · v = P n j=1 x 2 j , concludiamo Hv · v =

X n j=1

j x j u j · v = X n j=1

j x 2 j m X n j=1

x 2 j = m kvk 2 .

8 Alla matrice quadrata H `e associata la forma quadratica Q(v) = Hv · v che viene detta

definita positiva, definita negativa e indefinita in accordo con le precedenti definizioni

(8)

(iii) ) (i) Segue dalla definizione di matrice definita positiva. ⇤ E inoltre immediato che una simmetrica H risulta indefinita se e solo se ammette ` ammette autovalori di segno discorde. Possiamo ora dimostrare

Teorema 2.15. (condizione sufficiente del secondo ordine)

Sia f (x, y) funzione di classe C 2 in un aperto A ✓ R 2 e sia (x 0 , y 0 ) 2 A un punto stazionario di f (x, y).

(i) Se Hf (x 0 , y 0 ) `e definita positiva allora (x 0 , y 0 ) `e punto di minimo relativo;

(ii) Se Hf (x 0 , y 0 ) `e definita negativa allora (x 0 , y 0 ) `e punto di massimo relativo;

(iii) Se Hf (x 0 , y 0 ) `e indefinita allora (x 0 , y 0 ) non `e punto ne’ di minimo ne’ di massimo relativo (in tal caso (x 0 , y 0 ) `e detto punto di sella).

Dim. (i) Utilizziamo la notazione vettoriale. Posto v 0 = (x 0 , y 0 ), supponiamo che v 0 sia punto stazionario e che Hf (v 0 ) sia definita positiva. Dal precedente risultato sia allora m > 0 tale che

Hf (v 0 )(v v 0 ) · (v v 0 ) m kv v 0 k 2 , 8v 2 R 2 .

Dalla formula di Taylor del secondo ordine centrata in v 0 , essendo rf(v 0 ) = 0, per ogni v 2 A abbiamo

f (v) f (v 0 ) = 1 2 Hf (v 0 )(v v 0 ) ·(v v 0 )+o( kv v 0 k 2 ) m 2 kv v 0 k 2 +o( kv v 0 k 2 ) per kv v 0 k ! 0. Dalla definizione di o piccolo, sia > 0 tale che per kv v 0 k <

risulti

m

4 kv v 0 k 2 < o( kv v 0 k 2 ) < m 4 kv v 0 k 2 . Allora, per ogni v 2 A con kv v 0 k < si ottiene

f (v) f (v 0 ) m 2 kv v 0 k 2 + o( kv v 0 k 2 ) m 4 kv v 0 k 2 0

e dunque che per ogni (x, y) 2 A con (x, y) 2 I (x 0 , y 0 ) risulta f (x, y) f (x 0 , y 0 ), ovvero (x 0 , y 0 ) `e punto di minimo relativo.

Analogalmente si prova (ii).

(iii) Sia v 0 punto stazionario e supponiamo che Hf (v 0 ) sia indefinita. Dalla definizione esistono allora u 1 , u 2 2 R 2 con ku 1 k = ku 2 k = 1 tali che Hf(v 0 )u 1 · u 1 = m 1 > 0 e Hf (v 0 )u 2 · u 2 = m 2 < 0. Considerato allora v = v 0 + tu 1 , con t 2 R sufficientemente piccolo di modo che v 2 A, dalla formula di Taylor del secondo ordine centrata in v 0 , essendo rf(v 0 ) = 0, avremo

f (v 0 + tu 1 ) f (v 0 ) = 1 2 Hf (v 0 )(tu 1 ) · (tu 1 ) + o(t 2 ) = t 2

2

m 1 + o(t 2 )

(9)

Dalla definizione di o piccolo esiste 1 > 0 tale che se |t| < 1 allora |o(t 2 ) | < m 4

1

t 2 . Ne segue che

f (v 0 + tu 1 ) f (v 0 ) = t 2

2

m 1 + o(t 2 ) t 4

2

m 1 > 0, 8|t| < 1

Analogalmente, considerando v = v 0 + tu 2 , avremo che esiste 2 > 0 tale che f (v 0 + tu 2 ) f (v 0 ) = t 2

2

m 1 + o(t 2 )  3t 4

2

m 2 < 0, 8|t| < 2

Preso allora = min { 1 , 2 }, abbiamo che esistono (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) 2 I (x 0 , y 0 ) 9 tali che f (x 1 , y 1 ) < f (x 0 , y 0 ) mentre f (x 2 , y 2 ) > f (x 0 , y 0 ). Ne segue quindi che (x 0 , y 0 ) non `e ne’ punto di massimo, ne’ punto di minimo relativo. ⇤ Nel caso in cui la matrice hessiana non risulti ne’ definita (positiva o negativa) ne’ indefinita non potremo invece concludere nulla.

Dai risultati dell’Algebra Lineare e dal Teorema di caratterizzazione delle matrici definite, ricordiamo inoltre che nel caso di matrici simmetriche 2 ⇥ 2

H =

Ç a b b c

å

abbiamo che se detH > 0 allora la matrice ha autovalori positivi (e dunque risulta definita positiva) se a > 0, ha autovalori negativi (e quindi `e definita negativa) se a < 0. Se invece detH < 0 allora la matrice ha autovalori di segno opposto e quindi risulta indefinita.

Denotato con detHf (x 0 , y 0 ) il determinante della matrice hessiana detHf (x 0 , y 0 ) = @ xx f (x 0 , y 0 ) @ xy f (x 0 , y 0 )

@ xy f (x 0 , y 0 ) @ yy f (x 0 , y 0 )

= @ xx f (x 0 , y 0 )@ yy f (x 0 , y 0 ) (@ xy f (x 0 , y 0 )) 2 , dal precedente risultato otteniamo allora

Corollario 2.3. (Test delle derivate parziali seconde)

Sia f (x, y) funzione di classe C 2 in un aperto A ✓ R 2 e sia (x 0 , y 0 ) 2 A un punto stazionario di f (x, y).

(i) Se detHf (x 0 , y 0 ) > 0 e @ xx (x 0 , y 0 ) > 0 allora (x 0 , y 0 ) `e punto di minimo relativo;

(ii) Se detHf (x 0 , y 0 ) > 0 e @ xx (x 0 , y 0 ) < 0 allora (x 0 , y 0 ) `e punto di minimo relativo;

(iii) Se detHf (x 0 , y 0 ) < 0 allora (x 0 , y 0 ) `e punto di sella.

9 baster` a prendere (x

1

, y

1

) = v

1

= v

0

+ tu

1

e (x

2

, y

2

) = v

2

= v

0

+ tu

2

per qualche |t| <

(10)

Esempi

• Determiniamo, se esistono, i punti di massimo e di minimo relativo della fun- zione f (x, y) = 2x 3 6xy + 3y 2 . La funzione risulta di classe C 2 in R 2 e i suoi punti stazionari sono dati dalle soluzioni del sistema

( @ x f (x, y) = 6x 2 6y = 0

@ y f (x, y) = 6x + 6y = 0

Risultano quindi punti stazionari i punti O(0, 0) e P (1, 1). Determiniamo la natura di tali punti utilizzando il precedente risultato. Abbiamo

@ xx f (x, y) = 12x, @ xy f (x, y) = 6 e @ yy f (x, y) = 6 da cui

detHf (0, 0) = 0 6

6 6 = 36 < 0 e detHf (1, 1) = 12 6

6 6 = 36 > 0 Ne segue allora che O(0, 0) `e un punto di sella mentre P (1, 1) `e un punto di mi- nimo relativo.

• Determiniamo, se esistono, i punti di punti di massimo e di minimo relativi della funzione f (x, y) = y log(y + 4x 2 ) nel suo dominio. Abbiamo domf = {(x, y) 2 R 2 | y > 4x 2 }, essendo il dominio insieme aperto ed f(x, y) derivabile in tale dominio, i punti di massimo e di minimo relativo saranno da ricercarsi tra i suoi punti stazionari, ovvero tra le soluzioni del sistema

( @ x f (x, y) = y+4x 8xy

2

= 0

@ y f (x, y) = log(y + 4x 2 ) + y+4x y

2

= 0

che ammette come soluzioni i punti P (0, 1 e ) e Q ± ( ± 1 2 , 0). Osserviamo che risulta f ( ± 1 2 , 0) = 0 e che f (x, y) 0 se e solo se y 1 4x 2 . Ne segue quindi che i punti Q ± ( ± 1 2 , 0) sono punti di sella. Il punto P (0, 1 e ) `e punto di minimo relativo.

Infatti

@ xx f (x, y) = 8y(y 4x 2 )

(y + 4x 2 ) 2 , @ xy f (x, y) = 32x 3

(y + 4x 2 ) 2 e @ yy f (x, y) = y + 8x 2 (y + 4x 2 ) 2 e quindi

detHf (0, 1

e ) = 8 0

0 e = 8e > 0.

• Determiniamo, se esistono, i punti di punti di massimo e di minimo relativi

della funzione f (x, y) = x 3

3

xy 2 + 2 log |y| nel suo dominio. Osserviamo che la

(11)

funzione risulta definita e di classe C 2 nell’aperto A = {(x, y) 2 R 2 | y 6= 0}. Il

sistema (

@ x f (x, y) = x 2 y 2 = 0

@ y f (x, y) = 2xy + 2 y = 0 ha come soluzioni i punti P ± ( ±1, 1). Abbiamo inoltre

@ xx f (x, y) = 2x, @ xy f (x, y) = 2y e @ yy f (x, y) = 2x 2 y 2 e dunque

detHf (1, 1) = 2 2

2 4 = 12 < 0 e detHf ( 1, 1) = 2 2

2 0 = 4 < 0 Abbiamo quindi che P ± ( ±1, 1) sono punti di sella e quindi che la funzione non ammette punti di massimo ne’ di minimo relativo.

• Determiniamo, se esistono, i punti di punti di massimo e di minimo relativi della funzione f (x, y) =

( x(y 2 + log 2 x) se x > 0

0 se x > 0 . Osserviamo innanzitutto che i punti (x, y) con x < 0 sono sia punti di massimo che di minimo relativo. Per x = 0, osserviamo che f (0, y) = 0 e che f (x, y) 0 per ogni (x, y) 2 R 2 . Dunque i punti P y (0, y) risultano punti di minimo. Per x > 0 osserviamo che f (x, y) `e derivabile e che il sistema

( @ x f (x, y) = log 2 x + 2 log x + y 2 = 0

@ y f (x, y) = 2xy = 0

ammette come soluzioni i punti P (1, 0) e Q( e 1

2

, 0). Abbiamo inoltre che

@ xx f (x, y) = 2

x (log x + 1), @ xy f (x, y) = 2y e @ yy f (x, y) = 2x e quindi

detHf (1, 0) = 2 0

0 2 = 4 > 0 e detHf ( 1

e 2 , 0) = 2e 2 0

0 2e 2 = 4 < 0 Otteniamo allora che P (0, 1) `e punto di minimo mentre Q( e 1

2

, 0) `e punto di sella.

Per esercizio, determinare gli eventuali punti di massimo e di minimo relativo delle seguenti funzioni

• f(x, y) = |y|(x 2 xy + x)

(12)

• f(x, y) = x 2 y 2 = 2 p 3xy

• f(x, y) = xy(x + y) 2

Nel caso in cui non risulti applicabile il Teorema 2.15 (condizione sufficiente del secondo ordine), ad esempio quando la funzione f (x, y) non risulta di classe C 2 in un intorno del punto stazionario (x 0 , y 0 ) oppure quando, pur essendo di classe C 2 , la matrice hessiana non risulta definita ne’ indefinita (ovvero detHf (x 0 , y 0 ) = 0), o infine per studiare i punti di non derivabilit` a o punti della frontiera del dominio della funzione, potremo procedere nei seguenti modi

(i) applicando la definizione mediante confronto diretto: studiamo se, e nel caso dove, risulta verificata la diseguaglianza f (x, y) f (x 0 , y 0 ) oppure f (x, y)  f(x 0 , y 0 );

(ii) studiando il comportamento della funzione lungo le curve di livello nel caso risultino facilmente individuabili (funzioni con evidente simmetria):

se f (x, y) = F (↵) per (x, y) = ' F (↵) (t) e ↵ 2 I, studieremo la funzione F (↵);

(iii) studiando la monotonia della funzione lungo determinate e particolari rette.

Abbiamo gi` a visto degli esempi in cui, applicando la definizione, potevamo stabi- lire se un dato punto stazionario risultava punto di massimo o di minimo relativo (si vedano gli esempi a pagina 82 e 83). Vediamo un esempio dove risultano ap- plicabili tutte e tre le tecniche sopra brevemente descritte.

Consideriamo la funzione f (x, y) = ( x

2

y

x

4

+y

2

se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) 6= (0, 0) . Osserviamo che la funzione risulta di classe C 2 in R 2 \ {(0, 0)}, risulta derivabile parzialmen- te nell’origine con @ x f (0, 0) = @ x f (0, 0) = 0 ma non risulta di↵erenziabile non essendo continua in tale punto. La funzione ammette come ulteriori punti sta- zionari i punti dell’asse delle ordinate P y (0, y) ed i punti delle parabole y = ±x 2 , Q x (x, x 2 ) e R x (x, x 2 ).

Risulta f (0, y) = 0 per ogni y 2 R ed osservato che f(x, y) 0 se e solo se y 0, possiamo concludere che i punti P y (0, y) con y > 0 sono punti di minimo relativo, i punti P y (0, y) con y < 0 sono punti di massimo relativo mentre l’origine O(0, 0) risulta punto di sella.

Per determinare la natura dei punti Q x (x, x 2 ) e R x (x, x 2 ) possiamo procedere

utilizzando i tre di↵erenti metodi.

(13)

(i) Osserviamo che per x 6= 0 si ha f(x, ±x 2 ) = ± 1 2 e che ±2x 2 y  x 4 + y 2 . Ne segue che

1

2  f(x, y)  1 2 8(x, y) 2 R 2 .

e dunque che i punti Q x (x, x 2 ), x 6= 0, risultano punti di massimo (assoluto) mentre i punti R x (x, x 2 ), x 6= 0, sono punti di minimo (assoluto).

(ii) Osserviamo che la funzione risulta costante lungo le parabole y = ax 2 , x 6= 0, con f (x, ax 2 ) = 1+a a

2

= F (a). Studiamo la funzione F (a) al variare di a 2 R. La funzione risulta definita in R con lim a

!±1 F (a) = 0 10 . Abbiamo inoltre che F (a) `e derivabile in R con F 0 (a) = (1+a 1 a

22

)

2

. Ne segue che F (a) risulta crescente in [ 1, 1]

e decrescente in ( 1, 1] e [1, +1). Il punto a = 1 risulta punto di minimo (assoluto) con F ( 1) = 1 2 mentre a = 1 risulta punto di massimo (assoluto) con F (1) = 1 2 . In corrispondenza avremo allora che i punti della parabola y = x 2 con x 6= 0 sono punti di minimo (assoluto) mentre i punti della parabola y = x 2 con x 6= 0 sono punti di massimo (assoluto).

(iii) Studiamo la monotonia della funzione lungo le rette x = x 0 parallele all’asse delle ordinate. Posto G x

0

(y) = f (x, y) | x=x

0

= f (x 0 , y), abbiamo G 0 (y) = 0 mentre per x 0 6= 0

G x

0

(y) = x 2 0 y x 4 0 + y 2 . Risulta

G 0 x

0

(y) = @ y f (x 0 , y) = x 2 0 x 4 0 y 2 (x 4 0 + y 2 ) 2

e dunque G 0 x

0

(y) > 0 per |y| < x 2 0 . Avremo quindi che G x

0

(y) risulter` a crescente in [ x 2 0 , x 2 0 ] e decrescente in ( 1, x 2 0 ] e [x 2 0 , + 1). I punti della parabola y = x 2 0 , x 0 6= 0 risultano allora punti di minimo mentre i punti della parabola y = x 2 0 , x 0 6= 0 risultano punti di minimo.

Per esercizio, determinare, se esistono, i punti di massimo e di minimo relativo delle seguenti funzioni.

• f(x, y) = (y x)e y x

• f(x, y) = x

2

xy +y

2

• f(x, y) = (x 2 + y 2 )e x

2

+y

2

• f(x, y) = x x

22

+y y

22

10 osserviamo che se a ! ±1 la parabola y = ax

2

“tende” all’asse x = 0

(14)

• f(x, y) = x 2 y + 2xy 2

Negli esempi che abbiamo visto ci siamo occupati di determinare i punti di mas- simo e di minimo relativo nel dominio (aperto) della funzione, parleremo di punti di massimo e di minimo liberi. In molte applicazioni si `e invece interessati alla ricerca dei punti di massimo e di minimo assoluto in sottoinsiemi compatti K del dominio. Se la funzione risulta continua in K, il Teorema di Weierstrass garanti- sce l’esistenza di almeno un punto di massimo e di un punto di minimo assoluto in K. Abbiamo visto nei precedenti esempi come determinare gli eventuali punti di massimo e di minimo assoluti interni a K. Per ricercare i punti di massimo e di minimo sulla frontiera @ K dovremo procedere in modo di↵erente. Vediamo qualche esempio.

Esempi

• Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto della funzione f(x, y) =

xy(x + y) 2 nel triangolo T di vertici (0, 0), (1, 0) e (0, 1). La funzione risulta di

classe C 2 in R 2 ed ammette come punti stazionari i punti della retta y = x che

non risultano interni a T . Essendo la funzione continua sull’insieme compatto T ,

dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in T .

La funzione non ammette punti stazionari interni a T , dunque massimo e minimo

assoluti dovranno necessariamente appartenere alla frontiera @T . Studiamo ora la

funzione lungo la frontiera @T . Lungo i due cateti sugli assi cartesiani la funzione

risulta identicamente nulla, f (x, 0) = f (0, y) = 0 per ogni x, y 2 R. Osservato

che f (x, y) 0 per ogni (x, y) 2 T possiamo concludere che i punti P y (0, y),

y 2 [0, 1], e Q x (x, 0), x 2 [0, 1], sono punti di minimo assoluto. Lungo l’ipotenusa

S congiungente i punti (0, 1) e (1, 0), abbiamo f (x, y) | S = f (x, 1 x) = x(1 x) =

g(x), x 2 [0, 1]. La funzione risulta crescente in [0, 1 2 ] e decrescente in [ 1 2 , 1]. Il

punto x = 1 2 `e dunque punto di massimo con g( 1 2 ) = 1 4 mentre x = 0 e x = 1

(15)

sono punti di minimo con g(0) = g(1) = 0. Ne segue che

(x,y)2T max f (x, y) = f ( 1 2 , 1 2 ) = g( 1 2 ) = 1 4 e min

(x,y)2T f (x, y) = f (0, y) = f (x, 0) = 0

• Determinare i punti di massimo e di minimo assoluto della funzione f(x, y) = x 2 + y 2 x y nel dominio K = {(x, y) 2 R 2 | x 2 + y 2  1, y 0 }. Essen- do la funzione continua sull’insieme compatto K, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. La funzione ammette come unico punto stazionario in punto P ( 1 2 , 1 2 ) interno a K. Cerchiamo i pun- ti di massimo e minimo appartenenti alla frontiera @ K studiando la funzione f (x, y) | @ K . Abbiamo che @ K = S [ C essendo S il segmento congiungente i punti ( ±1, 0) e C l’arco di circonferenza x 2 + y 2 = 1 nella regione y 0. La funzione f (x, y) | S = f (x, 0) = x 2 x risulta crescente in [ 1 2 , 1] e decrescente in [ 1, 1 2 ].

Dunque Q( 1 2 , 0) risulta punto di minimo con f ( 1 2 , 0) = 1 4 mentre ( ±1, 0) risulta- no punti di massimo con f ( 1, 0) = 2 > 0 = f (1, 0) per f (x, y) | S . Avremo allora che

(x,y) max 2S f (x, y) = f ( 1, 0) = 2 e min

(x,y) 2S f (x, y) = f ( 1 2 , 0) = 1 4

Per studiare la funzione f (x, y) | C possiamo utilizzare le coordinate polari, po- nendo x = cos ✓ e y = sin ✓ con ✓ 2 [0, ⇡]. Studiamo quindi la funzione f (x, y) | C = f (cos ✓, sin ✓) = 1 cos ✓ sin ✓ = g(✓), ✓ 2 [0, ⇡]. La funzione risulta derivabile con g 0 (✓) = sin ✓ cos ✓ e g 0 (✓) 0 per ✓ 2 [ 4 , ⇡]. Avremo allora che g(✓) risulta crescente in [ 4 , ⇡], decrescente in [0, 4 ] ed ✓ = 4 risulta punto di minimo con g( 4 ) = 1 p

2 mentre ✓ = 0 e ✓ = ⇡ risultano punti di massimo con g(⇡) = 2 > 0 = g(0). Ne segue che

(x,y) max 2C f (x, y) = f ( 1, 0) = g(⇡) = 2 mentre

(x,y) min 2C f (x, y) = f ( p 2 2 , p 2 2 ) = g( 4 ) = 1 p 2 Riunendo quanto ottenuto abbiamo che

(x,y) max 2@K f (x, y) = f ( 1, 0) = 2 e min

(x,y) 2@K f (x, y) = f ( p 2 2 , p 2 2 ) = 1 p 2 Osservato per` o che 1 p

2 > 1 2 = f ( 1 2 , 1 2 ), possiamo concludere che

(x,y) max 2K f (x, y) = f ( 1, 0) = 2 e min

(x,y) 2K f (x, y) = f ( 1 2 , 1 2 ) = 1 2

(16)

Per esercizio, determinare i punti di massimo e di minimo relativo delle seguenti funzioni nell’insieme indicato

• f(x, y) = xy 2x nel rettangolo Q = [ 1, 1] ⇥ [0, 1]

• f(x, y) = xy 2 4 3 x 3 in K = {(x, y) 2 R 2 | 4x 2 + y 2  4, x 0 }

• f(x, y) = xy(x + y) 2 in K = {(x, y) 2 R 2 | x 2 + y 2  1, y x 0 }

• f(x, y) = x 2 y + 2xy 2 nel triangolo di vertici (0, 0), (0, 1 2 ) e (1, 0).

• f(x, y) = x 2 + y 2 + 2y in K = {(x, y) 2 R 2 | x 2 + y 2  2, y 0, x 0 }

• f(x, y) = x 2 y 2 + 2 p

3xy in K = {(x, y) 2 R 2 | x 2 + y 2  1, 0  x  y}

• f(x, y) = x 3 + 4y 2 3x in K = {(x, y) 2 R 2 | x 2 + y 2  1, 0  y  x}

Riferimenti