g(x, y) = b y = h 1 (x), x I 1 oppure x = h 2 (y), y I 2 riconducendosi alla ricerca degli estremanti di una funzione in una sola variabile:
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- Alessia Pozzi
- 5 anni fa
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1 Estremi vincolati Un problema di ottimizzazione vincolata consiste nella ricerca degli estremanti di una funzione in presenza di un vincolo, cioè limitatamente ad un certo sottoinsieme del dominio di f: max f(x, y) ( oppure min f(x, y) ), (x,y) V (x,y) V con V = {(x, y) : g(x, y) = b} domf. L equazione g(x, y) = b è detta equazione di vincolo; concentreremo la nostra attenzione a due possibili casi: vincolo esplicitabile si riesce a scrivere una delle due variabili in funzione dell altra: g(x, y) = b y = h 1 (x), x I 1 oppure x = h (y), y I riconducendosi alla ricerca degli estremanti di una funzione in una sola variabile: f 1 (x) = f(x, h 1 (x)), x I 1 oppure f (y) = f(h (y), y), y I ; vincolo non esplicitabile si può usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, che consiste nella ricerca dei punti critici - non più vincolati - della funzione lagrangiana: L(x, y, λ) = f(x, y) λ(g(x, y) b). In questo caso, una volta individuati i punti critici sul vincolo, per determinarne la natura (massimi o minimi) può essere utile il seguente Teorema 1 (di Weierstrass) Se f : D R n R è continua sull insieme D limitato e chiuso, allora f ammette massimo e minimo assoluti su D. Esercizio. Determinare gli estremi di f(x, y) = x + 3y lungo il vincolo g(x, y) = x 4 + y 9 = 1: a. esplicitando il vincolo; b. con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. 1
2 Soluzione. a. L equazione del vincolo è quella di un ellisse (di semiassi e 3). Può essere espressa in maniera esplicita, ad esempio, attraverso le due funzioni y(x) = ±3 1 x, x [, ], 4 che rappresentano rispettivamente l arco di ellisse nel semipiano delle ordinate positive e quello con ordinate negative, al variare di x nell intervallo indicato. Ma per come sono fatti il vincolo e la funzione da ottimizzare, in questo caso risulta più conveniente ottenere dall equazione del vincolo la relazione: x (y) = 4(1 y ), y [ 3, 3], (1) 9 che, sostituita nella funzione, riconduce al problema nella sola variabile y, di cercare gli estremi di: f(y) = y + 3y, y [ 3, 3]. Si tratta di una parabola con vertice in y = 7 8 > 3 - a destra dell intervallo considerato - e concava: sull intervallo [ 3, 3] è strettamente crescente, e assume i valori minimo e massimo agli estremi, rispettivamente in y = 3 e in y = 3. In corrispondenza di entrambi i valori estremanti di y, dalla relazione (1) otteniamo il valore nullo dell ascissa; pertanto gli estremi vincolati saranno: { f(0, 3) = 9 minimo, f(0, 3) = 9 massimo. b. Scriviamo la lagrangiana del problema: L(x, y, λ) = x + 3y λ( x 4 + y 9 1), i cui punti stazionari sono le soluzioni del sistema: L x = x λ x = 0 L y = 3 + λ 9 y = 0 L λ = ( x 4 + y 9 1) = 0 (eq. del vincolo) Risolvendo le equazioni si giunge al sistema: x = 0 λ = 4 λy = 7 x 4 + y 9 = 1
3 Scegliendo x = 0 nella prima equazione, da quella del vincolo si ottiene y = ±3 e dunque λ = ± 9 : ritroviamo cioè i punti critici (0, ±3). Scegliendo invece nella prima equazione la soluzione λ = 4 si ha y = 7 8 > 3, risultato incompatibile con il vincolo: il sistema non ammette soluzioni. Per stabilire la natura dei punti critici individuati, possiamo ricorrere al Teorema di Weierstrass, applicato alla funzione f, che è continua lungo il vincolo, rappresentato dall insieme {g(x, y) = 1}, limitato e chiuso in R : pertanto gli estremi assoluti della funzione su tale insieme saranno: { f(0, 3) = 9 minimo, f(0, 3) = 9 massimo. Esercizio. Un anello si muove senza attrito lungo un filo piano γ di equazione y = (x 1) 3, sotto l azione di una forza piana (conservativa), definita in ogni punto (tranne il centro) da: x F (x, y) = ( x + y, y x + y ). Determinare i punti di equilibrio stabile per l anello. Soluzione. Ricordando che: una forza è conservativa, per definizione, se ammette una funzione potenziale U(x, y), tale che F = U; per le forze conservative i punti di equilibrio stabile coincidono con i minimi del potenziale U, il problema diventa: a. trovare il potenziale U(x, y); b. individuarne i punti di minimo, vincolati sulla curva γ. a. Non è difficile verificare che la funzione U(x, y) = x + y soddisfa la relazione U = F, cioè è un possibile potenziale. 3
4 b. Cerchiamo i minimi di U lungo γ : {(x, y) : y = (x 1) 3 } (vincolo in forma esplicita): Ũ(x) = U(x, y(x)) = x + (x 1) 6, x R dũ dx = x + 3(x 1)5 x + (x 1) 6 Il segno della derivata è determinato dal numeratore: è positiva se 3(x 1) 5 > x. Confrontando i grafici delle curve y 1 = 3(x 1) 5 e y = x si trova che la disequazione è risolta per x > α, con α (0, 1): Ũ (x) è negativa prima di α e positiva dopo, dunque si tratta dell (unico) punto di minimo cercato. In P (α, (α 1) 3 ) l anello è in equilibrio stabile. significato del moltiplicatore Quando si trova, risolvendo un problema di ottimizzazione vincolata con lagrangiana: L = f λ(g b) un punto estremante (x, y ), il valore assunto in quel punto dalla funzione da ottimizzare - cioè il valore ottimo M = f(x, y ) - dipenderà in generale dal parametro b che definisce il vincolo (e così anche le coordinate ottimali x e y ): M(b) = f(x (b), y (b)). Si può dimostrare che il moltiplicatore di Lagrange λ (soluzione del sistema L = 0, insieme con x e y ) soddisfa la relazione: λ = dm(b). db In altre parole, λ ci dà la variazione subita dal valore ottimo M(b), se si scelgono vincoli diversi all interno della stessa famiglia di curve g(x, y) = b (facendo variare il parametro b). Esercizio. La funzione di produzione di una certa azienda è la seguente: Q(K, L) = 15K 1 3 L 3, che fornisce la quantità di bene prodotto Q, in funzione dell investimento, ripartito nelle due componenti L costo del lavoro e K del capitale. 4
5 a. Si sa che il costo unitario del lavoro è 6 (unità di moneta), quello del capitale è 3: massimizzare la produzione sotto il vincolo di investimento pari a 450 (unità di moneta). Usare il metodo di Lagrange. b. Valutare quale aumento di capitale investito sarebbe necessario per incrementare il massimo di produzione del 10%. Soluzione. a. La spesa totale è data dalla somma delle componenti per il lavoro e per il capitale, e deve essere pari a 450: questo si traduce nell equazione del vincolo 6L + 3K = 450. La lagrangiana risulta: L(K, L, λ) = 15K 1 3 L 3 λ(6l + 3K 450), i cui punti critici sono le soluzioni del sistema: ( ) L K = 5 L 3 K 3λ = 0 ( ) 1 L L = 10 K 3 L 6λ = 0 6L + 3K = 450 cioè il punto (K, L, λ ) = (50, 50, 5 3 ). Si tratta certamente di un massimo, lungo il vincolo: infatti, volendo mantenere K ed L positivi, si deve restringere Q al segmento di retta K = 150 L (nel piano (L, K)) contenuto nel primo quadrante. Tale segmento è descritto al variare di L nell intervallo [0, 150 ]: un insieme limitato e chiuso dove Q(L) = Q(K(L), L) è continua, nulla agli estremi e positiva nell unico punto stazionario trovato: pertanto Q(50, 50) = 750 è un massimo. b. Variando l entità dell investimento totale, si fa variare il vincolo nella famiglia di rette 6L + 3K = b: su ogni retta si trova un valore massimo per la produzione Q max (b), la cui variazione è data dal moltiplicatore di Lagrange λ. Per b = 450 abbiamo ottenuto λ = 5 3 = d db Q max(b). Possiamo stimare b=450 la variazione del massimo di produzione Q max λ b. Volendo avere un incremento Q max = 0, 1 Q max (450) = 75, è necessario incrementare la spesa totale b di b = Q max λ = 45( unità di moneta.) Alternativamente, qualora il significato del moltiplicatore risultasse ancora arcano, si può giungere al risultato seguendo un diverso percorso: 5
6 volendo ottenere un valore ottimo Q max = (1/10) 750 = 85, con investimento b = 3K + 6L da determinarsi, si risolve il problema vincolato con lagrangiana L(K, L, λ) = 15K 1 3 L 3 λ(6l + 3K b), lo stesso del punto a, ma con b incognito. Si giunge al medesimo punto di massimo con K = L, che sostituito nell equazione di vincolo risulta (L, K) = ( b 9, b 9 ). Dunque il massimo di produzione raggiunto in questo punto deve soddisfare: Q( b 9, b 9 ) = Q max = 85, da cui si ricava b = 495 (cioè b = = 45). Esercizio. Trovare gli estremanti vincolati sull iperbole y x = 1 della funzione f(x, y) = x 3 + y 3. Soluzione. Scriviamo la lagrangiana i cui punti stazionari sono dati da: L(x, y, λ) = x 3 + y 3 λ(y x 1), L x = 3x + λx = 0 L y = 3y λy = 0 L λ = (y x 1) = 0 x = 0 x = 3 λ y = 0 y = 3 λ y x = 1 Dei quattro punti che risolvono le prime due equazioni, soltanto (0, λ 3 ) risulta compatibile con il vincolo (cioè risolve anche la terza equazione), fornendo i valori di λ: ( ) λ = 1 λ = ± 3 3. Si ottengono i due punti stazionari P 1 (0, 1) e P (0, 1), ma poiché il vincolo (iperbole) non è un insieme limitato non si può applicare il teorema di Wierstrass per determinarne la natura. Metodo dell hessiana di L: consideriamo la matrice [ ] [ ] Lxx L H L = xy 6x + λ 0 = 0 6y λ L yx L yy 6
7 e valutiamola nei punti critici di L: H L (0, 1, 3 ) = [ 3λ 0 0 3λ H L (0, 1, 3 ) = [ 3λ 0 0 3λ ] ] definita positiva: minimo definita negativa: massimo. nota. Se avessimo confrontato i valori estremi di f (come si fa applicando il teorema di Weierstrass): f(0, 1) = 1 f(0, 1) = 1 massimo? minimo? saremmo giunti a conclusioni errate. Esercizio. Sia f(x, y) = e x x y. a. trovare gli estremi liberi di f; b. trovare gli estremi di f nell insieme D = {(x, y) : x + y 4}. Soluzione. a. Poiché l esponenziale è funzione strettamente crescente, gli estremanti di e g(x,y) coincidono con quelli dell esponente g(x, y) = x x y. Punti stazionari di g(x, y): { gx = x = 0 g y = y = 0 { x = 1 y = 0 Valutiamo l hessiana nell unico punto trovato: [ ] 0 H g (x, y) = = H 0 g (1, 0) è definita negativa, dunque si ha un massimo relativo. b. Essendo D un insieme limitato e chiuso, f ammette certamente massimo e minimo assoluti in D. Studiamo separatamente il comportamento della funzione nei punti interni a D e sul bordo D = {x + y = 4}. Tra i punti interni possiamo cercare eventuali punti stazionari: da a sappiamo che ne esiste soltanto uno in tutto il piano, il punto (1, 0), che è interno a D. Dunque in tale punto avremo un massimo, si tratta di stabilire se relativo o assoluto. Per quanto riguarda la frontiera D, restringendo la funzione a questa circonferenza ci si riconduce a cercare gli estremi in una sola variabile di: f(x) = f(x, y) = {x +y =4} ex 4, x [, ]. 7
8 Si tratta di una funzione continua su un intervallo limitato e chiuso, perciò ammette certamente un massimo e un minimo assoluti: essendo priva di punti stazionari interni all intervallo (è un esponenziale, strettamente crescente), gli estremanti cercati saranno sui bordi: x = ±, in corrispondenza dei quali troviamo i due punti (, 0) e (, 0). Dalle valutazioni di f nei tre punti stazionari trovati si ottiene f(, 0) = e 8 f(, 0) = 1 f(1, 0) = e, dunque gli estremi assoluti sono assunti in (, 0) (minimo) e in (1, 0) (massimo). Il terzo punto, (, 0), che risulta massimo assoluto sul bordo, in D non è né massimo né minimo. Per stabilirlo, basta muoversi verso quel punto in direzione del punto di massimo (1, 0), lungo l asse delle ascisse, e valutare: f( + t, 0) = e g(t), t [ 1, 0], con g(t) = t( + t), decrescente per t [ 1, 0]; in altre parole, arrivando in (, 0) lungo la circonferenza D la funzione f cresce, mentre giungendoci da (1, 0) lungo l asse x la funzione f decresce. 8
= 2x 2λx = 0 = 2y 2λy = 0
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