ESERCIZI SU MASSIMI E MINIMI DI FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI. m(x, y, z) = (2x 2 + y 2 )e x2 y 2, f(x, y) = (y x 2 )(y x2. f(x, y) = x 3 + (x y) 2,

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1 ESERCIZI SU MASSIMI E MINIMI DI FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI VALENTINA CASARINO Esercizi per il corso di Analisi Matematica, (Ingegneria Gestionale, dell Innovazione del Prodotto, Meccanica e Meccatronica, Università degli studi di Padova) (1) Determinare i punti critici delle seguenti funzioni f(x, y, z) = (x 1)(x y ), g(x, y) = ax 1 + by 1 + xy, a, b 0, indicandone il tipo. () Determinare i punti critici della funzione indicandone il tipo. m(x, y, z) = (x + y )e x y, (3) Determinare i punti critici della funzione indicandone il tipo. f(x, y) = x 4 + y 4 (x y), (4) Dimostrare che l origine è un punto di sella per f(x, y) = (y x )(y x ). (5) Determinare i punti critici della funzione indicandone il tipo. f(x, y) = x 3 + (x y), (6) Determinare il massimo e il minimo assoluti di sull insieme E = {(x, y) : f(x, y) = e xy (7) Determinare il massimo e il minimo assoluti di sull insieme x + y 1}. f(x, y) = (1 x 4y ) Q = {(x, y) : x 1, y 1}. 1

2 VALENTINA CASARINO (8) Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y) = x + y x y sull insieme E = {(x, y) : x 1, y 1}. (9) Calcolare massimo e minimo assoluti di soggetta al vincolo (10) Data la funzione calcolare G y F (x, y) = y, (x + y + 1) 4x 1 = 0. G(x, y) = (3y arctan x ) 3/4, e determinare il valore del minimo assoluto di G, se esiste. (11) Calcolare il massimo e il minimo assoluti di soggetta al vincolo F (x, y) = x + y, x 9 + y = 1. (1) Calcolare il massimo e il minimo assoluti di soggetta al vincolo (13) Si consideri l insieme F (x, y) = xy, 3x + y = 6. Ω := {(x, y, z) R 3 : x 0, y 0, z 0, x + y + z 1 0}. (a) Stabilire se l insieme Ω è aperto, chiuso, né aperto né chiuso, limitato o illimitato. (b) Determinare, se esistono, massimi e minimi relativi e/o assoluti della funzione f(x, y, z) = xyz log(x + y + z + ) nell insieme Ω. (c) Dopo avere determinato il dominio D di f, stabilire se f è limitata o illimitata su D. (14) Si consideri la funzione ( ) F (x, y) = sinh 1 + x + y x. 3 (a) Determinare, se esistono, eventuali punti critici di F e discuterne la natura. (b) Stabilire se esistono massimo e minimo assoluti di F in R e in caso affermativo determinarli.

3 (15) Si consideri la funzione VALENTINA CASARINO 3 F (x, y) = e y (y + 1)(x + x ). (a) Determinare, se esistono, eventuali punti critici di F e discuterne la natura. (b) Nei i punti di massimo e minimo relativo di F, scrivere il polinomio di Taylor di F di ordine con centro in (0, 0).

4 4 VALENTINA CASARINO Soluzioni degli esercizi (1) Per f, (0, 0), (1, 1), (1, 1) sono punti di sella, (, 0) è punto di minimo. Per g, il punto 3 ((a /b) 1/3, (b /a) 1/3 ) è di mnimo se a e b hanno lo stesso segno, di massimo altrimenti. () Osserviamo innanzitutto che la funzione è definita su tutto R, è ivi di classe C, è sempre 0 e si annulla nei punti in cui x + y = 0, cioè per x = y = 0. Svolgendo i conti, si osserva che (0, 0) è un punto di minimo locale (e assoluto), (±1, 0) sono punti di massimo locale, (0, ±1) sono punti di sella. (3) Osserviamo che la funzione è definita su tutto R ed è ivi di classe C (è un polinomio). Pertanto, non dobbiamo considerare né punti frontiera, né punti di non derivabilità. Se esistono punti di massimo o minimo locale li troveremo fra i punti critici di f. Consideriamo quindi il sistema f = 0, cioè { 4x 3 4(x y) = 0 4y 3 + 4(x y) = 0. Sommando le due equazioni, ricaviamo 4x 3 = 4y 3 = 0, cioè x = y. Dalla prima equazione ricaviamo ora 4x 3 8x = 0, cioè x(x ) = 0. Quindi x = 0 oppure x = ±. Se x = 0, deve essere y = 0. Gli altri due punti critici sono P 1 = (, ) e P = (, ). Studiamo ora la natura dei punti critici. Calcoliamo la matrice hessiana, data da ( ) 1x Hf(x, y) = y. 4 Poiché Hf(P 1 ) = Hf(P ) = ( ) ( ) = (con determinante positivo) concludiamo che i punti (, ) e (, ) sono punti di minimo locale. Studiamo infine la natura del punto critico (0, 0). Si ha ( ) 4 4 Hf(0, 0) =, 4 4 quindi non si può concludere nulla sulla natura del punto critico (0, 0) attraverso la matrice hessiana, in quanto essa è solo semidefinita (negativa). Osserviamo che f cambia segno in un intorno di (0, 0): si ha, infatti, f(x, x) = x 4 quindi f, ristretta alla bisettrice y = x, si comporta come la funzioney = x 4 e pertanto può avere solo un minimo nell origine. D altro canto, lungo l altra bisettrice y = x, si

5 VALENTINA CASARINO 5 ha f(x, x) = x 4 8x = 8x + 0(x ), per x 0, quindi f, ristretta alla bisettrice y = x, si comporta come la funzione y = 4x e pertanto può avere solo un massimo nell origine. Deduciamo quindi che l origine è un punto di sella. Riassumendo, i punti (, ) e (, ) sono punti di minimo locale, (0, 0) è un punto di sella. (4) (0, 0) è un punto critico (controllare!). Dopodichè, se si considerano le rette y = mx, x = 0 risulta essere un punto di minimo per la funzione ristretta alle rette. Si provi poi scegliere opportunamente una parabola passante per l origine. Che cosa succede, per esempio, lungo y = 3 4 x? (5) (0, 0) è l unico punto critico ed è un punto di sella (suggerimento: valutare l incremento lungo la bisettrice y = x). (6) L insieme E è compatto e f è continua, quindi minimo e massimo assoluto esistono per il teorema di Weierstrass. La funzione t e t è strettamente crescente, basta quindi studiare g(x, y) = xy. All interno di E g(x, y) = (y, x) = (0, 0) se e solo se (x, y) = (0, 0). Studiamo la natura del punto critico (0, 0). Osserviamo che g cambia segno in un intorno di (0, 0): più in particolare, osserviamo, per esempio, che g(x, x) = x (quindi g può avere solo un minimo nell origine), mentre g(x, x) = x (quindi g può avere solo un massimo nell origine). Deduciamo quindi che l origine è un punto di sella. Non esistono punti di non derivabilità. Cerchiamo infine eventuali punti di massimo o di minimo per g sul bordo di E. Poniamo h(x, y) = x / + y 1. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Posto L(x, y, λ) = xy + λ(x / + y 1), si ha L(x, y, λ) = (y + λx, x + λy, x / + y 1). Dobbiamo quindi risolvere il sistema y + λx = 0 x + λy = 0 x / + y 1 = 0. Dalla prima equazione ricaviamo che, sostituita nella seconda, porta a y = λx, x λ x = x(1 λ ) = 0.

6 6 VALENTINA CASARINO Quindi x = 0 oppure λ = ±1/. Se x = 0, dalla prima equazione ricaviamo y = 0. Escludiamo questo punto ((0, 0)), perché esso non appartiene al vincolo. Restano solo da esaminare i casi λ = ±1/. Se λ = 1/, dalla prima eq. risulta y = (1/ )x. Dalla terza equazione si ha quindi x / + x / 1 = 0, cioè x = ±1. Ragionando nello stesso modo per λ = 1/, si ottengono altri due punti critici. Confrontando fra loro i valori di g nei quattro punti critici sul bordo di E, si ottengono i punti di massimo (1, /) e ( 1, /) e quelli di minimo (1, /) e ( 1, /). (7) L insieme Q è compatto e f è continua, quindi minimo e massimo assoluto esistono per il teorema di Weierstrass. Nei punti interni a Q f(x, y) = ( 4x(1 x 4y ), 16y(1 x 4y )), quindi il gradiente si annulla sull ellisse 1 x 4y = 0 e in (0, 0). Poiché f è 0 e si annulla sui punti dell ellisse, tutti i punti dell ellisse sono punti di minimo assoluto. Vale, inoltre, f(0, 0) = 1. Per cercare eventuali punti di massimo o di minimo per f sul bordo di Q usiamo il metodo della parametrizzazione. Parametrizzando il bordo otteniamo f(±1, y) = 16y 4 con y [ 1, 1], funzione che assume massimo in y = ±1 (ove assume il valore 16), mentre f(x, ±1) = (x + 3) con x [ 1, 1]. Quest ultima funzione ha minimo in x = 0 (ove vale 9) e massimo in x = ±1 (ove vale 16). In conclusione, il massimo assoluto è assunto in (±1, ±1) e in (±1, 1). (8) Osserviamo che massimo e minimo assoluti di f esistono, perché E è un sottoinsieme compatto di R e f è continua in E. Osserviamo anche che f è derivabile su tutto R. Per determinare eventuali punti di massimo e minimo nell interno di E risolviamo il sistema f = (0, 0), cioè x 1 = 0 e y 1 = 0. Esiste quindi un unico punto critico per f, P 0 = (1/, 1/), ove f vale 1/. Consideriamo infine il caso della frontiera. Parametrizziamo i quattro lati del quadrato E (in realtà, è sufficiente parametrizzarne due perché f è simmetrica in x e y). Una parametrizzazione del lato orizzontale inferiore (che chiameremo γ 1 ) è data da { x(t) = t y(t) = 1, t [ 1, 1]. Poiché f γ1 (t) = t t +, con f γ1 ( 1) = 4 e f γ1 (1) =, la funzione presenta un punto critico in t = 1/, ove vale f γ1 (1/) = 7/4.

7 VALENTINA CASARINO 7 Una parametrizzazione del lato verticale destro (che chiameremo γ ) è data da { x(t) = 1 y(t) = t, t [ 1, 1]. Poiché f γ (t) = t t, con f γ ( 1) = e f γ1 (1) = 0, la funzione presenta un punto critico in t = 1/, ove vale f γ (1/) = 1/4. Parametrizzando i due lati restanti, si vede che si ricade in uno dei due casi precedenti (in particolare, parametrizzando il lato verticale sinistro, ritroviamo f γ1, mentre parametrizzando il lato orizzontale superiore ritroviamo f γ ). Confrontando tutti i valori ottenuti, possiamo concludere che il massimo, uguale a 4, è assunto in ( 1, 1); il minimo, uguale a 1/, è assunto in (1/, 1/). (9) Osserviamo che massimo e minimo assoluti di F esistono, perché il vincolo definisce un sottoinsieme compatto di R e F è continua. In particolare, il fatto che F sia continua deriva, per esempio, dal fatto che F è un polinomio. Possiamo allora usare il teorema secondo cui, se F : R R è continua, l insieme {x R : F (x) = 0} è chiuso. Il fatto che esso sia anche limitato si può dimostrare, per esempio, per assurdo. Utilizziamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Impostiamo l equazione F = λ G, ove è possibile, ciè nei punti in cui il gradiente di G è diverso da 0. Svolgendo i calcoli, si vede che G(x, y) = 0 se, e solo se, (x, y) = (0, 0), oppure (x, y) = (1, 0) o (x, y) = ( 1, 0). Il sistema F = λ G corrisponde a 4x(x + y + 1) 8x = 0 4y(x + y + 1) = λ (x + y + 1) 4x 1 = 0. La prima equazione è soddisfatta per x = 0 oppure per x + y = 1. Se x = 0, si ottiene dalle altre due equazioni che y = 0 e λ = 0. Questo caso è quindi da escludere, perché in (0, 0) il gradiente di G si annulla. Se x + y = 1, si ottiene dalle altre due equazioni che y = ± 1 e λ = ±4. Vi sono quindi quattro punti, che possono essere di estremo. Calcoliamo esplicitamente il valore di F in questi quattro punti, per decidere dove F ha massimo e minimo assoluto. Nei punti ( 3, 1), ( 3, 1) F vale 1, quindi questi sono punti di massimo assoluto. Nei punti ( 3, 1)( 3, 1) F vale 1, quindi questi sono punti di minimo assoluto. Osservazione. Si osservi che il valore del massimo (e del minimo) assoluto è unico, ma esso può essere raggiunto in corrispondenza di più punti (x, y).

8 8 VALENTINA CASARINO (10) La derivata parziale richiesta è data da G y = 9 4(3y arctan x ). 1/4 La funzione G è maggiore o uguale a zero in ogni punto del dominio. Quindi il minimo assoluto vale 0 ed è raggiunto in tutti i punti (x, y) tali che y = arctan x (senza 3 bisogno di calcolare le derivate). (11) Poniamo A = {(x, y) R : x 9 + y = 1}. Osserviamo che massimo e minimo assoluti di F esistono, perché A (che è un ellisse) è un sottoinsieme compatto di R e F è continua in A. La ricerca dei minimi può essere effettuata con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange (risolvendo il sistema in tre incognite L(x, y, λ) = 0, ove L(x, y, λ) = x + y λ ( x 9 + y 1 ), oppure attraverso semplici considerazioni geometriche. Sviluppiamo questo secondo ragionamento (ma chi si trova meglio con il metodo di Lagrange usi pure quello). Più precisamente, la funzione in coordinate polari è pari a F (ρ, θ) = ρ, quindi F è costante su tutte le circonferenze centrate in (0, 0) ed è crescente come funzione di ρ. Allora la funzione ha minimo sulla circonferenza più piccola tangente all ellisse e ha massimo sulla circonferenza più grande tangente all ellisse. La circonferenza più piccola tangente all ellisse ha raggio 1 e interseca l ellisse in (0, ±1) (dove F vale 1 e ha minimo). La circonferenza più grande tangente all ellisse ha raggio 3 e interseca l ellisse in (±3, 0) (dove F vale 3 e ha massimo). (1) Poniamo Γ = {(x, y) R : 3x + y 6 = 0}. Osserviamo che massimo e minimo assoluti di F esistono, perché Γ (che è un ellisse) è un sottoinsieme compatto di R e F è continua in Γ. In questo caso, è conveniente cercare massimi e minimi con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, risolvendo il sistema in tre incognite L(x, y, λ) = 0, ove L(x, y, λ) = xy λ ( 3x + y 6 ). Le soluzioni del sistema sono quattro: (1, ± 3) e ( 1, ± 3). Dal momento che f(x, y) = xy, si ha f(1, 3) = f( 1, 3) = 3 e f( 1, 3) = f(1, 3) = 3. Possiamo quindi concludere che (1, 3) e f( 1, 3) sono punti di massimo, e che ( 1, 3) e f(1, 3) sono punti di minimo.

9 VALENTINA CASARINO 9 (13) (1) Ω è un insieme chiuso e limitato. () Per il teorema di Weierstrass, f possiede massimo e minimo su Ω. Cerchiamo innanzitutto i punti critici di f. Il sistema da risolvere è yz log(x + y + z + ) + xyz = 0 x+y+z+ xz log(x + y + z + ) + xyz x+y+z+ = 0 xy log(x + y + z + ) + xyz = 0, x+y+z+ da cui (x+y+z+) log(x+y+z+)+x yz (x+y+z+) log(x+y+z+)+y xz xy x+y+z+ = 0 = 0 x+y+z+ (x+y+z+) log(x+y+z+)+z = 0. x+y+z+ Sono soluzioni del sistema (solamente) i punti (x, y, z) tali che almeno due coordinate si annullino. Su tali punti f vale zero. Studiamo ora la frontiera, che è formata dai piani x = 0, y = 0, z = 0 e x + y + z = 1. Sui primi tre piani f si annulla. Sul piano x+y+z = 1 f vale f(x, y, z) = xyz log(3). Applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, per esempio. Il sistema da risolvere è yz log(3) λ = 0 xz log(3) λ = 0 xy log(3) λ = 0 x + y + z = 1. Dalle prime tre equazioni si può ricavare x = y = z, dalla quarta x = y = z = 1. 3 La funzione f in ( 1, 1, 1 ) vale log 3/7, che è quindi, come conseguenza del teorema di Weierstrass, il massimo della funzione (mentre il minimo è 0). (3) Il dominio D è il semispazio D = {(x, y, z) R 3 : x + y + z }. Su D f è illimitata inferiormente, perché, per esempio, se x = y, f(x, y, z) = x z log(z+ ), e questa funzione tende a se z +. f è illimitata anche superiormente, perché, per esempio, se x = 1, y = 1, allora f(1, 1, z) = z log(z + ), e questa funzione tende a + per z +. (14) a) Osserviamo innanzitutto che la funzione F è di classe C 1 su R. Poiché la funzione seno iperbolico è strettamente crescente, è sufficiente considerare la funzione G(x, y) = 1 + x + y x 3. Vi sono tre punti critici per G: (0, 0), (± 5, 0). Si ha infatti ( x G(x, y) = 1 + x + y 3 x, y ). 1 + x + y

10 10 VALENTINA CASARINO Poiché la matrice hessiana è data da H G (x, y) = x 1 + (1+x +y ) 3/ 1+x +y 3 xy y (1+x +y ) 3/ xy (1+x +y ) 3/ 1 + (1+x +y ) 3/ 1+x +y si ha ( 1 ) 0 H G (0, 0) = e ( ) 5 H G (±, 0) = Quindi (0, 0) è un minimo per G, (± 5, 0) sono punti di sella per G (e quindi per F ). b) G (e quindi F ) non ha massimo in R. Se lo avesse, lo avremmo trovato fra i punti critici. G (e quindi F ) non ha minimo in R, perché, per esempio, lungo l asse delle x G tende a. (15) a) Osserviamo innanzitutto che la funzione F è di classe C 1 su R. Vi sono tre punti critici per F : ( 1, 0), (, 1), (1, 1). Si ha infatti ( ) F (x, y) = e y (x + 1)(y + 1), ye y (x + x )). Poiché la matrice hessiana è data da ( ) e H F (x, y) = y (y + 1) ye y (x + 1) ye y (x + 1) (y 1)e y (x, + x )) si ha quindi ( 1, 0) è un minimo per F ; H F ( 1 ( ) 0, 0) = H F (, 1) = ( 0 ) 3e 3e 0 quindi (, 1) è un punto di sella per F (in quanto gli autovalori sono uno positivo, l altro negativo, λ = ±3e); infine ( ) 0 3e 1 H F (1, 1) = 3e 1 0 quindi (1, 1) è un punto di sella per F (in quanto gli autovalori sono uno positivo, l altro negativo, λ = ±3e 1 ); b) Nel punto di minimo ( 1, 0) il polinomio di McLaurin di F con ordine è P (x, y) = F ( 1, 0) + 1 ( ) 0 (x + 1, y), (x + 1, y) = ( (x + 1 ) y) = (x + 1 ) y.,