MASSIMI E MINIMI ASSOLUTI VINCOLATI – VINCOLI DI UGUAGLIANZA E DISUGUAGLIANZA

In questo articolo vediamo come calcolare i massimi e minimi assoluti vincolati per funzioni a due variabili quando siamo soggetti a vincoli di uguaglianza e disuguaglianza.

Non perdiamoci troppi in inconvenevoli di teoria e partiamo subito con gli esercizi 

ESERCIZIO 1 – MASSIMI E MINIMI VINCOLATI – VINCOLO DI DISUGUAGLIANZA

Calcoliamo i massimi e minimi assoluti vincolati della seguente funzione

$$f(x,y)=x^2+2y^2+2xy+2x+3y$$

 soggetta al seguente vincolo di disuguaglianza (nella regione E) 

$$E=\{(x,y)\in\mathbb{R^2}|\ x^2-1\le y\le0\}$$

Per prima cosa ci conviene rappresentare la regione E.

Si tratta della parte di piano compresa e uguale tra la parabola di equazione:

$$y=x^2-1$$

 e l’asse delle x di equazione

$$y=0$$

ANALISI SULLA FUNZIONE

Siccome si tratta di un vincolo di disuguaglianza dobbiamo verificare che non vi siano eventuali punti critici all’interno della regione E interessata.

Per prima cosa dunque studiamo gli eventuali punti stazionari della funzione f(x,y) come se ci trovassimo in assenza di vincoli.

Da notare che non ci interessa anche classificare questi punti con la matrice Hessiana ma solo calcolarne il valore della funzione.

Provvediamo quindi al calcolo delle derivate parziali prime della funzione (vettore gradiente) 

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial x}=f’_x=2x+2y+2\\&\\&\frac{\partial f}{\partial y}=f’_y=4y+2x+3\end{aligned}$$

Imponiamo ora il vettore gradiente uguale a zero

$$\nabla f=0$$

 il che significa risolvere il seguente sistema in cui imponiamo uguali a zero entrambe le componenti del vettore gradiente

$$\begin{cases} 2x+2y+2=0\\4y+2x+3=0\end{cases}$$

Per una pura questione di comodità dei calcoli dividiamo la prima equazione per 2

$$\begin{cases} x+y+1=0\\4y+2x+3=0\end{cases}$$

Dalla prima equazione possiamo subito ricavare il valore della x in funzione della y

$$x=-y-1$$

Sostituiamo dunque tale valore nella seconda equazione di modo da ottenere una banale equazione di primo grado in y

$$\begin{aligned}&4y+2x+3=0\\&4y+2(-y-1)+3=0\\&4y-2y-2+3=0\\&2y+1=0\\&y=-\frac{1}{2}\to\ x=\frac{1}{2}-1=-\frac{1}{2}\to\ \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\right)\end{aligned}$$

Per verificare matematicamente se questo appartiene o meno alla zona E verifichiamo che rispetti matematicamente la disequazione rappresentata della zona E

$$x^2-1\le y\le 0$$

In questo caso sostituiamo quindi le coordinate del punto nell’equazione

$$\frac{1}{4}-1\le-\frac{1}{2}\le0\quad\to\quad\text{vero!}$$

Sappiamo inoltre che il punto non si trova sulla frontiera!

Andiamo a calcolare il valore della funzione nel primo punto trovato 

$$\begin{aligned}&f(x,y)=x^2+2y^2+2xy+2x+3y\\&\\&f\left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-2-\frac{3}{2}=-\frac{13}{4}\end{aligned}$$

ANALISI SULLA FRONTIERA

Ora viene la parte impegnativa della ricerca: analizzare i punti critici sulla frontiera

Cominciamo a prendere in considerazione i punti che si trovano sul segmento appartenente all’asse delle x (y=0) con la x compresa tra –1 e +1

$$y=0\ \land\ -1\le x\le1$$

Per comodità chiamiamo A e B gli estremi del segmento 

ANALISI SUL SEGMENTO – ASSE DELLE X

Sostituiamo dunque all’interno dell’all’equazione della nostra funzione

$$f(x,y)=x^2+2y^2+2xy+2x+3y$$

L’equazione della retta

$$y=0$$

Prenderemo solamente in considerazione i valori di x ∈ [–1,1]

$$f(x,0)=x^2+2x$$

Si tratta di una parabola con intersezioni 

$$(-2,0)\quad(0,0)$$

E vertice 

$$(-1,-1)$$

La parabola risulta crescente nell’intervallo [–1,1] 

(possiamo arrivare alla stessa conclusione studiando la derivata prima) 

La funzione risulta dunque crescente nell’intervallo preso in considerazione  [–1,1]

Dunque le ascisse x=–1 e x=1  rappresentano potenzialmente punti di massimo o di minimo

Analizziamo quindi il valore di f(x,0) nei due punti estremi.

In tal modo troviamo il valore della funzione in tali punti 

$$f(x,0)=x\\ \ \\ \begin{aligned}&f(-1,0)=(-1)^2+2(-1)=-1\quad\text{vertice della parabola}\\&f(1,0)=1^2+2\cdot1=3\end{aligned}$$

ANALISI SULL’ARCO DI PARABOLA

Ora spostiamo l’analisi sulla parte di frontiera che è l’arco di parabola sotto l’asse delle x sempre nelle x comprese tra –1 e +1

$$y=x^2-1\ \land\ -1\le x\le1$$

Per identificare questa zona nella nostra funzione

$$f(x,y)=x^2+2y^2+2xy+2x+3y$$

Sostituiamo proprio al posto della y l’equazione della parabola

$$y=x^2-1$$

Perciò otteniamo la funzione ad una variabile in x 

$$\begin{aligned}&f(x, x^2-1)=x^2+2(x^2-1)^2+2x(x^2-1)+2x+3(x^2-1)\\&f(x, x^2-1)=x^2+2(x^4-2x^2+1)+2x^3-2x+2x+3x^2-3\\&f(x, x^2-1)=x^2+2x^4-4x^2+2-2x+2x+3x^2-3\\&f(x, x^2-1)=2x^4+2x^3-1\end{aligned}$$

Quello che ci interessa di questa funzione è la sua crescenza e decrescenza.

Dunque studiamo il segno della sua derivata

$$f'(x,x^2-1)=8x^3+6x^2$$

Imponiamo il valore della derivata maggiore di zero:

$$f'(x,x^2-1)>0\ \to\ 8x^3+6x^2>0$$

Raccogliamo a fattor comune 2x²

$$2x^2(4x+3)>0$$

Possiamo eleminare il fattore quadratico dal momento che risulta sempre positivo (eccetto in x=0) 

Da notare che in x=0 pur essendo stazionario può essere eliminato dallo studio poiché punto di flesso e quindi non di massimo ne di minimo

$$4x+3>0\ \to\ x>-\frac{3}{4}$$

Dunque se analizziamo l’intervallo [–1, 1] la funzione risulta 

$$\begin{aligned}&\text{decrescente in $\left[-1,-\frac{3}{4}\right]$}\\&\text{crescente in $\left[-\frac{3}{4},1\right]$ }\end{aligned}$$

I punti critici da analizzare sono dunque 

$$x=-1\quad x=-\frac{3}{4}\quad x=1$$

Da notare che gli estremi li abbiamo già analizzati sul segmento AB sull’asse delle x.

Comunque per scrupolo analizziamoli lo stesso tutti e tre sella funzione in oggetto 

$$f(x,x^2-1)=2x^4+2x^3-1\\ \ \\ \begin{aligned}&f(-1,0)=2(-1)^4+2(-1)^3-1=-1\quad\text{(già studiato)}\\&f\left(-\frac{3}{4}, -\frac{7}{16}\right)=2\left(-\frac{3}{4}\right)^4+2\left(-\frac{3}{4}\right)^3-1=-\frac{155}{28}\approx-5,53\\&f(1,0)=2\cdot1^4+2\cdot1^3-1=3\end{aligned}$$

Ricapitolando tra tutti i punti analizzati concludiamo che il massimo assoluto è (1,0) sull’asse delle x

$$f(-1,0)=-1$$

Mentre il punto di minimo assoluto è (–3/4, –7/16) 

$$f\left(-\frac{3}{4}, -\frac{7}{16}\right)=-\frac{155}{28}\approx-5,53$$

RISCOPRI LA MATEMATICA

Prepara al meglio il tuo esame, ricostruisci le parti mancanti della matematica.

Comincia un viaggio indimenticabile ed unico che affronta tutte le tappe principali in un percorso che cambierà per sempre il tuo modo di pensare alla matematica.

ESERCIZIO 2 – MASSIMI E MINIMI VINCOLATI – VINCOLO DI UGUAGLIANZA

Calcoliamo i massimi e minimi assoluti vincolati della seguente funzione

$$f(x,y)=xy$$

Sulla curva 𝛾 (vincolo di uguaglianza) 

$$\gamma:\quad x^2+2y^2=1$$

Per prima cosa ci conviene rappresentare la curva 𝛾

Si tratta certamente di una ellisse che scritta nella forma canonica è

$$\frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{\frac{1}{2}}=1$$

Il centro dell’ellisse è l’origine (0,0) e i suoi raggio misurano 

$$a=1\quad b=\sqrt{\frac{1}{2}}$$

ANALISI SULLA FRONTIERA – VINCOLO 

Siccome si tratta di un esercizio con un vincolo di uguaglianza andiamo subito ad affrontare la questione sui punti di frontiera ovvero sul vincolo della funzione.

$$\gamma:\quad x^2+2y^2=1$$

Possiamo ricavare ad esempio il valore della x in funzione della y

$$\begin{aligned}&x^2=1-2y^2\\&\\&x=\pm\sqrt{1-2y^2}\end{aligned}

Dunque abbiamo due funzioni in x da ricavare mediante le sostituzioni

$$x=\sqrt{1-2y^2}\quad x=-\sqrt{1-2y^2}$$

 che rappresentano rispettivamente la parte destra e la parte sinistra del vincolo 

ANALISI SULLA PARTE DESTRA DELL’ELLISSE

Partiamo inserendo nella funzione di partenza

$$f(x,y)=xy$$

La parte destra dell’ellisse

$$x=\sqrt{1-2y^2}$$

Dunque otteniamo 

$$f\left(\sqrt{1-2y^2},y\right)=\sqrt{1-2y^2}y$

Analizziamo quindi la crescenza di questa funzione in y

(ovviamente prendiamo in considerazione solo l’intervallo con 

$$\begin{aligned}&y\in\left[-\sqrt{\frac{1}{2}}, \sqrt{\frac{1}{2}}\right]\\&f’\left(\sqrt{1-2y^2},y\right)=\sqrt{1-2y^2}\cdot1+y\cdot\frac{-2y}{\sqrt{1-2y^2}}\end{aligned}$$

Facciamo il denominatore comune

$$f’\left(\sqrt{1-2y^2},y\right)=\frac{1-2y^2-2y^2}{\sqrt{1-2y^2}}=\frac{1-4y^2}{\sqrt{1-2y^2}}$$

Se vogliamo i punti stazionari della funzione risolviamo l’equazione

$$\begin{aligned}&f’\left(\sqrt{1-2y^2},y\right)=0\\&\\&\frac{1-4y^2}{\sqrt{1-2y^2}}=0\ \to\ 1-4y^2=0\ \to\ y^2=\frac{1}{4}\ \to\ y=\pm\frac{1}{2}\end{aligned}$$

Dunque i due punti trovati sono 

$$\left(\sqrt{1-2\cdot\frac{1}{4}}, \pm\frac{1}{2}\right)\ \to\ \left(\sqrt{\frac{1}{2}}, \pm\frac{1}{2}\right)$$

Ed i rispettivi valori inseriti nella funzione in y

$$f\left(\sqrt{1-2y^2},y\right)=\sqrt{1-2y^2}\ y$$

 risultano 

$$\begin{aligned}&f\left(\sqrt{\frac{1}{2}}, -\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{4}\\&\\&f\left(\sqrt{\frac{1}{2}}, \frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}\end{aligned}$$

ANALISI SULLA PARTE SINISTRA DELL’ELLISSE

Ragionando in maniera simmetrica sulla parte sinistra di ellisse 

$$x=-\sqrt{1-2y^2}$$

abbiamo che 

$$f\left(-\sqrt{1-2y^2},y\right)=-\sqrt{1-2y^2}y$$

Analizziamo quindi la crescenza di questa funzione in y

(ovviamente prendiamo in considerazione solo l’intervallo con 

$$\begin{aligned}&x\in\left[-\sqrt{\frac{1}{2}}, \sqrt{\frac{1}{2}}\right]\\&f’\left(-\sqrt{1-2y^2},y\right)=-\sqrt{1-2y^2}\cdot1-y\cdot\frac{-2y}{\sqrt{1-2y^2}}\end{aligned}$$

Facciamo il denominatore comune

$$f’\left(-\sqrt{1-2y^2},y\right)=\frac{-1+2y^2+2y^2}{\sqrt{1-2y^2}}=\frac{-1+4y^2}{\sqrt{1-2y^2}}$$

Se vogliamo i punti stazionari della funzione risolviamo l’equazione

$$\begin{aligned}&f’\left(-\sqrt{1-2y^2},y\right)=0\\&\\&\frac{-1+4y^2}{\sqrt{1-2y^2}}=0\ \to\ -1+4y^2=0\ \to y^2=\frac{1}{4}\ \to\ y=\pm\frac{1}{2}\end{aligned}$$

Dunque i due punti trovati sono 

$$\left(-\sqrt{1-2\cdot\frac{1}{4}}, \pm\frac{1}{2}\right)\ \to\ \left(-\sqrt{\frac{1}{2}}, \pm\frac{1}{2}\right)$$

Ed i rispettivi valori inseriti nella funzione in y

$$f\left(-\sqrt{1-2y^2},y\right)=-\sqrt{1-2y^2}y$$

 risultano 

$$\begin{aligned}&f\left(-\sqrt{\frac{1}{2}}, -\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{4}\\&\\&f\left(-\sqrt{\frac{1}{2}}, \frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}\end{aligned}$$

Dunque abbiamo due punti di massimo e due punti di minimo assoluto sulla frontiera

I punti di massimo assoluto sono 

$$\left(\pm\sqrt{\frac{1}{2}}, \pm\frac{1}{2}\right)\ \to\ f\left(\pm\sqrt{\frac{1}{2}}, \pm\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{2}}{4}$$

Mentre i punti di minimo assoluto sono

$$\left(\pm\sqrt{\frac{1}{2}}, \mp\frac{1}{2}\right)\ \to\ f\left(\pm\sqrt{\frac{1}{2}}, \pm\frac{1}{2}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{4}$$

RISCOPRI LA MATEMATICA

Prepara al meglio il tuo esame, ricostruisci le parti mancanti della matematica.

Comincia un viaggio indimenticabile ed unico che affronta tutte le tappe principali in un percorso che cambierà per sempre il tuo modo di pensare alla matematica.

ESERCIZIO 3 – MASSIMI E MINIMI VINCOLATI – VINCOLO DI DISUGUAGLIANZA

Calcoliamo i massimi e minimi assoluti vincolati della seguente funzione

$$f(x,y)=x^2+y^2-xy-x-y$$

 soggetta al seguente vincolo di disuguaglianza (nella regione E) 

$$E=\{(x,y)\in\mathbb{R^2}|\ x\ge0, y\ge0, x+5\le5\}$$

Per prima cosa ci conviene rappresentare la regione E.

Si tratta della parte di piano compresa nel triangolo di vertici 

$$O(0,0)\quad B(5,0)\quad C(0,5)$$

(inclusi i lati) 

Come sempre ci conviene andare a rappresentare graficamente la situazione

ANALISI SULLA FUNZIONE

Siccome stiamo analizzando i massimi e i minimi sotto un vincolo di disuguaglianza andiamo ad analizzare i punti stazionari della funzione indipendentemente dalla zona E.

Prenderemo in considerazione solamente gli eventuali punti che si trovano all’interno della regione.

Ripartiamo dunque dall’equazione della funzione

$$f(x,y)=x^2+y^2-xy-x-y$$

E calcoliamoci le derivate parziali prime

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial x}=2x-y-1\\&\\&\frac{\partial f}{\partial y}=2y-x-1\end{aligned}$$

Poniamo ora il gradiente uguale a zero.

Ovvero imponiamo mediante un sistema le derivate parziali uguali a zero

$$\begin{cases}2x-y-1=0\\2y-x-1=0 \end{cases}$$

Alternativamente al classico metodo di sostituzione decidiamo di risolvere il sistema lineare con il metodo dei determinanti.

Riscriviamo perciò il sistema in questo modo

$$\begin{cases} 2x-y=1\\-x+2y=1\end{cases}$$

Le incognite risultano dunque dai seguenti rapporti di determinanti  

$$\begin{aligned}&x=\frac{\left| \begin{array}{c}1&-1\\1&2 \end{array} \right|}{\left| \begin{array}{c} 2&1\\-1&2\end{array} \right|}=\frac{2+1}{4-1}=\frac{3}{3}=1\\&\\&y=\frac{\left| \begin{array}{c}2&1\\-1&1\end{array} \right|}{\left| \begin{array}{c} 2&1\\-1&2\end{array} \right|}=\frac{2+1}{4-1}=\frac{3}{3}=1\end{aligned}$$

Il punto stazionario risulta dunque (1,1) ed è facile verificare che si tratta di un punto interno al triangolo.

Da notare che non ci serve classificare la natura del punto ma solamente calcolarne il valore della funzione.

Infatti il nostro obiettivo è quello di calcolare i massimi e i minimi assoluti!

Calcoliamo il valore della funzione nel punto (chiamiamolo punto A) 

$$\begin{aligned}&f(x,y)=x^2+y^2-xy-x-y\\&f(1,1)=1^2+1^2-1\cdot1-1-1\\&f(1,1)=f(A)=-1\end{aligned}$$

ANALISI SULLA FRONTIERA

Adesso passiamo all’analisi dei punti che si trovano sulla frontiera

Dunque dobbiamo analizzare separatamente la situazione della funzione sui tre lati

$$\begin{aligned}&OB:\quad y=0\ \land\ 0\le x\le5\\&OC:\quad x=0\ \land\ 0\le y\le5\\&BC:\quad y=5-x\ \land\ 0\le x\le5\end{aligned}$$

ANALISI SUL LATO OB

Cominciamo ad analizzare la situazione sul lato OB.

L’equazione della retta di riferimento è quella dell’asse delle x

$$OB:\quad y=0\ \land\ 0\le x\le5$$

 dove prenderemo in considerazione le ascisse comprese tra 0 e 5.

Sostituiamo dunque all’interno della funzione di partenza

$$f(x,y)=x^2+y^2-xy-x-y$$

L’equazione y=0 dunque calcoliamo la funzione in y

$$f(x,0)=x^2-x\quad\text{con $x\in[0,5]$}$$

Si tratta ovviamente di una parabola con intersezioni 0 e 1

Il vertice si trova in x=1/2 e la concavità è rivolta verso l’alto.

La parabola risulta decrescente in [0,1/2]

Mentre risulta crescente in [1/2, 5]

Dunque i valori delle ascisse che ci interessa analizzare sono 

$$x=0\quad x=\frac{1}{2}\quad x=5$$

Chiamiamo D il punto di minimo della parabola (ascissa 1/2) 

Calcoliamo le quote della funzione

$$f(x,0)=x^2-x\quad\text{con $x\in[0,5]$}$$

 nei punti indicati 

$$\begin{aligned}&f(0,0)=f(O)=0\\&f\left(0,\frac{1}{2}\right)=f(D)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}\\&f(0,5)=f(B)=25-5=20\end{aligned}$$

ANALISI SUL LATO OC

Spostiamo ora l’attenzione sul  lato OC.

L’equazione della retta di riferimento è quella dell’asse delle y

$$OC:\quad x=0\ \land\ 0\le y\le5$$

 dove prenderemo in considerazione le ordinate comprese tra 0 e 5.

Sostituiamo dunque all’interno della funzione di partenza

$$f(x,y)=x^2+y^2-xy-x-y$$

L’equazione y=0 dunque calcoliamo la funzione in y

$$f(0,y)=y^2-y\quad\text{con $y\in[0,5]$}$$

Si tratta ovviamente di una parabola con intersezioni 0 e 1

Il vertice si trova in y=1/2 e la concavità è rivolta verso l’alto.

La parabola risulta decrescente in [0,1/2]

Mentre risulta crescente in [1/2, 5]

Dunque i valori delle ordinate che ci interessa analizzare sono 

$$y=0\quad y=\frac{1}{2}\quad y=5$$

Chiamiamo E il punto di minimo della parabola (ascissa 1/2) 

Calcoliamo le quote della funzione

$$f(0,y)=y^2-y\quad\text{con $y\in[0,5]$}$$

 nei punti indicati 

$$\begin{aligned}&f(0,0)=f(O)=0\\&f\left(0,\frac{1}{2}\right)=f(E)=\frac{1}{4}-\frac{1}{2}=-\frac{1}{4}\\&f(0,5)=f(C)=25-5=20\end{aligned}$$

ANALISI SUL LATO BC

Spostiamo ora l’attenzione sul  lato BC.

L’equazione della retta di riferimento è la retta seguente

$$BC:\quad y=5-x\ \land\ 0\le x\le5$$

 dove prenderemo in considerazione le ascisse comprese tra 0 e 5.

Sostituiamo dunque all’interno della funzione di partenza

$$\begin{aligned}&f(x,5-x)=x^2+(5-x)^2-x(5-x)-x-(5-x)\\&f(x,5-x)=x^2+25-10x+x^2-5x+x^2-5x+x^2-x-5+x\\&f(x,5-x)=3x^2-15x+20\end{aligned}$$

Se non vogliamo impegnarci a ricordare le formule della parabola possiamo tranquillamente sfruttare le derivate per analizzare crescenza, decrescenza e punti stazionari.

La derivata prima in x risulta

$$f'(x,5-x)=6x-15$$

Scomponendo il polinomio (raccoglimento a fattor comune) 

$$f'(x,5-x)=3(2x-5)$$

Studiamo la derivata maggiore di zero per capire la crescenza

$$f'(x,5-x)>0\ \to\ 2x-5>0\ \to\ x>\frac{5}{2}$$

Dunque la parabola risulta crescente in [5/2, 5]

Mentre risulta decrescente in [0,5/2]

Da notare che i valori nei punti B e C li abbiamo già studiati nelle precedenti due occasioni quando abbiamo studiato i lati OB e OC

Comunque per scrupolo calcoliamoli lo stesso inserendoli nella funzione

$$f(x,5-x)=3x^2-15x+20\\ \\ \begin{aligned}&f(0,5)=f(C)=20\\&f(5,0)=f(B)=20\end{aligned}$$

Il punto che ci manca è il punto di minimo della parabola che chiamiamo punto F

$$f\left(\frac{5}{2}, \frac{5}{2}\right)=f(F)=3\cdot\left(\frac{5}{2}\right)^2-15\cdot\frac{5}{2}+20=\frac{5}{4}$$

RIEPILOGO – MASSIMI E MINIMI ASSOLUTI VINCOLATI

Ricapitoliamo tutti i puti trovati fino ad ora e i rispettivi valori della funzione in due variabili 

$$\begin{aligned}&f(1,1)=f(A)=-1\quad f(0,0)=f(O)=0\quad f(0,5)=f(B)=20\\&\\&f(0,5)=f(C)=20\quad f\left(0,\frac{1}{2}\right)=f(D)=-\frac{1}{4}\\&\\&f\left(0,\frac{1}{2}\right)=f(E)=-\frac{1}{4}\quad f\left(\frac{5}{2}, \frac{5}{2}\right)=f(F)=\frac{5}{4}\end{aligned}$$

Mostriamoli anche nel vincolo della regione E

Il nostro obiettivo (non dimentichiamolo) è trovare i massimi e i minimi assoluto di f soggetta al vincolo di disuguaglianza.

Dunque per i massimi troviamo i punti B e C con quota pari a 20

$$f(0,5)=f(B)=20\quad f(0,5)=f(C)=20$$

Mentre abbiamo un solo punto di minimo assoluto che corrisponde a quello interno al triangolo A

$$f(1,1)=f(A)=-1$$

ESERCIZIO 4 – MASSIMI E MINIMI VINCOLATI – VINCOLO DI DISUGUAGLIANZA

Calcoliamo i massimi e minimi assoluti della seguente funzione

$$f(x,y)=2(x^4+y^4)-(x+y)^2$$

 soggetta al seguente vincolo di disuguaglianza (nella regione E) 

$$E=\{(x,y)\in\mathbb{R^2}|\ x^4+y^4\le1\}$$

Per prima cosa ci conviene rappresentare la regione E.

Si tratta della parte di piano compresa tra una sorta di circonferenza che tende ad assumere la forma di una quadrato 

ANALISI SULLA FUNZIONE

Siccome stiamo analizzando i massimi e i minimi sotto un vincolo di disuguaglianza andiamo ad analizzare i punti stazionari della funzione indipendentemente dalla zona E.

Prenderemo in considerazione solamente gli eventuali punti che si trovano all’interno della regione.

Ripartiamo dunque dall’equazione della funzione

$$f(x,y)=2(x^4+y^4)-(x+y)^2$$

E calcoliamoci le derivate parziali prime

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial x}=f’_x=2(4x^3)-2(x+y)\cdot1\\&\\&\frac{\partial f}{\partial x}=f’_x=2(4x^3-x-y)\end{aligned}$$

Per la simmetria della funzione possiamo subito scrivere la derivata prima in y

$$\frac{\partial f}{\partial y}=f’_y=2(4y^3-y-x)$$

Poniamo ora il gradiente uguale a zero.

Ovvero imponiamo mediante un sistema le derivate parziali uguali a zero (dividiamo già per 2) 

$$\begin{cases} 4x^3-x-y=0\\4y^3-y-x=0\end{cases}$$

Sottraiamo membro a membro le due equazioni 

$$4x^3-4y^3=0$$

Raccogliamo a fattor comune il 4 e risolviamo l’equazione cubica in y

$$4(x^3-y^3)=0\ \to\ y^3=x^3\ \to\ y=x$$

Sostituiamo dunque nella prima equazione il valore della y in funzione della x

$$4x^3-x-y=0\overset{y=x}{\longrightarrow}4x^3-2x=0$$

Risolviamo quindi l’equazione cubica in x

$$2x(2x^2-1)=0\ \to\ x=0\lor x=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$$

Dai tre valori della x ricaviamo quindi i corrispondenti tre punti stazionari della funzione: chiamiamo li ad esempio A,B,C

$$\begin{aligned}&x=0\ \to\ y=0\ \to\ A(0,0)\\&\\&x=\frac{\sqrt{2}}{2}\ \to\ y=\frac{\sqrt{2}}{2}\ \to\ B\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\\&\\&x=-\frac{\sqrt{2}}{2}\ \to\ y=-\frac{\sqrt{2}}{2}\ \to\ C\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\end{aligned}$$

Verifichiamo quali tra questi punti rispettano l’equazione del vincolo ovvero si trovano all’interno della curva chiusa

L’equazione del vincolo ricordiamolo è

$$x^4+y^4\le1$$

Passiamo a verificarne l’appartenenza dei punti inserendo le rispettive coordinate

$$\begin{aligned}&A(0,0)\ \to\ 0^4+0^4\le1\ \to\ \text{vero: $A\in$ regione $E$}\\&\\&B\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\ \to\ \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4\le1\ \to\ \text{vero: $B\in$ regione $E$}\\&\\&C\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\ \to\ \left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4+\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^4\le1\ \to\ \text{vero: $C\in$ regione $E$}\end{aligned}$$

Ricordiamo ancora un a volta che non è necessario classificare la natura di tali punti ma semplicemente calcolarne il valore inserendo le coordinate nella funzione

$$f(x,y)=2(x^4+y^4)-(x+y)^2\\ \ \\ \begin{aligned}&f(0,0)=f(A)=0\\&\\&f\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=f(B)=\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)-\left(\sqrt{2}\right)^2=-1\\&\\&f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=f(C)=\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)-\left(-\sqrt{2}\right)^2=-1\end{aligned}$$

Confronteremo successivamente tali valori con quelli degli eventuali punto che si trovano sul vincolo.

ANALISI SULLA FRONTIERA

Adesso passiamo all’analisi dei punti che si trovano sulla frontiera

L’equazione della frontiera della regione E è

$$x^4+y^4=1$$

Dobbiamo in qualche modo cercare di inserirla nella funzione oggetto di analisi 

$$f(x,y)=2(x^4+y^4)-(x+y)^2$$

Attraverso una prima sostituzione possiamo riscrivere a al posto della somma delle quarte potenze di x e y, ricavando la seguente funzione che chiamiamo g(x,y) 

$$\begin{aligned}&2(x^4+y^4=1)-(x+y)^2\\&\\&g(x,y)=2-(x+y)^2\end{aligned}$$

Possiamo ora optare per una seconda sostituzione un po’ più strana del tipo 

$$x+y=t$$

 di modo da ottenere la seguente parabola in t

$$g(t)=2-t^2$$

Possiamo quindi vedere il massimo o minimo  (rispetto alla variabile t) di questa nuova funzione g(t) 

Possiamo agire con le derivate oppure con la teoria del vertice della parabola.

Optiamo in direzione delle derivate e calcoliamo la derivata prima di questa funzione

$$g'(t)=-2t$$

Studiamo la derivata prima maggiore di zero abbiamo la zona in cui la funzione g(t) è crescente

$$g'(t)>0\ \to\ -2t>0\ \to\ t<0$$

Mentre risulta decrescente quando t>0

Dunque in t=0 la funzione raggiunge un massimo 

In questo punto per sapere il valore della funzione basta calcolare il valore di g(t) quando t=0

$$g(t=0)=2$$

Se invece vogliamo approfondire e vogliamo capire in quali punti (x,y) la funzione f(x,y) presenta questo massimo dobbiamo risostituire

$$t=x+y,\ t=0\ \to\ x+y=0\ \to\ y=-x$$

Mettiamo perciò a sistema l’equazione del vincolo con la bisettrice del secondo e del quarto quadrante

$$\begin{cases} x^4+y^4=1\\y=-x\end{cases}\ \to\ 2x^4=1\ \to\ x=\pm\sqrt[4]{\frac{1}{2}}\ \to\ y=\mp\sqrt[4]{\frac{1}{2}}$$

Dunque i nostri punti di interesse sono 

$$\left(+\sqrt[4]{\frac{1}{2}},\ -\sqrt[4]{\frac{1}{2}}\right)\quad \left(-\sqrt[4]{\frac{1}{2}},\ +\sqrt[4]{\frac{1}{2}}\right)$$

I valori della funzione in entrambi i casi sono 

$$f\left(\mp\sqrt[4]{\frac{1}{2}},\ \pm\sqrt[4]{\frac{1}{2}}\right)=2$$

Possiamo chiamare questi punti E ed F

RIEPILOGO DEI PUNTI E VALORI TROVATI 

Ricapitolando abbiamo trovato i punti A,B, C nella zona interna con valori di f:

$$f(0,0)=f(A)=0 \quad f\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)=f(B)=-1=f(C)=f\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}, -\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$$

Mentre i punti E, F sulla frontiera con valori di f:

$$f\left(-\sqrt[4]{\frac{1}{2}},\ \sqrt[4]{\frac{1}{2}}\right)=f(E)=2=f(F)=f\left(\sqrt[4]{\frac{1}{2}},\ -\sqrt[4]{\frac{1}{2}}\right)$$

In definitiva Be C sono punti di minimo assoluto con valore della funzione pari a –1.

Mentre E ed F sono punti di massimo assoluto con valore della funzione pari a 2

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