Esercitazione su: Ottimizzazione Vincolata (Analisi 2)

Università di Bergamo - Anno accademico 2021–2022

Secondo anno di Ingegneria Foglio 9

Analisi Matematica II

Ottimizzazione vincolata, funzioni vettoriali di più variabili

Ottimizzazione vincolata

Esercizio 9.1

Calcolare (se esistono) massimo e minimo assoluti della funzione indicata sul dominio indicato nei casi seguenti:

• A) su2 2f (x, y) = x y1 R 2 2 2{(x, 2C = y) : x + y = 1};
• B) su2 2f (x, y) = x + 2y2 R 2 2 2{(x, 2C = y) : x + y = 1};
• C) suf (x, y) = xy3 R 2 2 2{(x, 2C = y) : (x 1) + y = 1};
• D) su2f (x, y) = x y4 6R 2 2 2{(x, 2E = y) : x + 4y 4};
• E) suf (x, y) = xy5 6R 2 2 2{(x, 2D = y) : x + y 2y 0};
• F) su2f (x, y) = x y6 6R 2 2 2{(x, 2D = y) : x + y 1};
• G) su2 2f (x, y) = x + 2xy y7 6 6eR 2{(x, 2 |x| |y|Q = y) : 1 1};
• H) sux+yf (x, y) = e8 6R 2 2 2{(x, 2D = y) : x + y 1};
• I) sup 2 2x +yf (x, y) = (y 2)e9 6R 2 2 2{(x, 2C = y) : x + y 16};
• J) su3f (x, y) = x x10 R 2 2 2{(x, 2⌦ = y) : (x 1) + y = 1}; Calcolare inoltre gli estremi relativi.
• K) suf (x, y) = x + 3y + 211 > > 6R 2 2 2{(x, 2D = y) : x 0, y 0, x + y 1};
• L) su2f (x, y) = x (y + 1) 2y12 p 6 6R 2 2{(x, 2D = y) : 1 + x y 2};
• M) suxy x yf (x, y) =13 2 2x +y > > 6R 2 2 2{(x, 2Q = y) : x 0, y 0, x + y 1};
• N) suf (x, y) = xy14 6R 2 2 2{(x, 2D = y) : x + y 2x 2y + 1 0};
• O) su4 4 2 2f (x, y) = x + y 8(x + y )15 6R 2 2 2{(x, 2D = y) : x + y 9};
• P) suxyf (x, y) = e16 6 6R 2 2{(x, 2M = y) : x 1 y 3};
• Q) su2 2f (x, y) = x + 5xy + y17 6 6 6 6R 2{(x, 2D = y) : 1 x 1, 1 y 1}.

Esercizio 9.2

Si considerino la funzione e il dominio f (x, y) = (x y + 1) log(x y + 1)6 6 6 6R 2{(x, 2D = y) : 0 x y 1, 0 y 1}.

Determinare (se esistono) il massimo e il minimo di su ed i punti nei quali M m f D sono assunti.

Esercizio 9.3

Ricercare e classificare gli eventuali punti estremanti delle seguenti funzioni. Esistono estremi assoluti?

• A) 2 2a) x +yf (x, y) = e
• B) 2 2b) (x +y )f (x, y) = e
• C) 2 2c) (x +y )·f (x, y) = xy e 2

Superfici nello spazio

Esercizio 9.4

Rappresentare in forma parametrica le seguenti superfici, specificando se si tratta di superfici regolari e determinando eventualmente i punti singolari:

• A) Determinare anche il piano tangente al R 3 2 2{(x, 2C = y, z) : x + y = 4}. p p sostegno della superficie nel punto P ( 2, 2, 1);
• B) Determinare anche il piano tangente al R 3 2 2{(x, 2 }.S = y, z) : z = x + y sostegno della superficie nel punto P (0, 1, 1);
• C) La superficie ottenuta facendo ruotare intorno all’asse la curva grafico della ⌦ y2 funzione per x 2y = e x [0, 2];
• D) La superficie ottenuta facendo ruotare intorno all’asse la curva grafico della ⌦ x2 funzione per x 2y = e x [0, 2]. 3

Soluzioni

Università di Bergamo Anno accademico 2021–2022

Secondo anno di Ingegneria Foglio 9

Analisi Matematica II

Ottimizzazione vincolata, funzioni vettoriali di più variabili

Ottimizzazione vincolata

Esercizio 9.1

Calcolare (se esistono) massimo e minimo assoluti della funzione indicata sul dominio indicato nei casi seguenti:

Punto A

A) su2 2f (x, y) = x y1 2 2 2R{(x, 2C = y) : x + y = 1}.

Il dominio è la circonferenza unitaria. È compatto, la funzione è continua per C cui c’è un minimo e un massimo.

Il dominio è una curva di livello della funzione. Abbiamo 2 2g(x, y) = x + y per cui marg(x, rg(x, () 6y) = (2x, 2y) y) = 0 (x, y) = (0, 0) g(0, 0) = 0 = 1, per cui il vincolo è regolare sul dominio. Per risolvere il problema, consideriamo la lagrangiana 2 2 2 2L(x, y, ) = x y (x + y 1).

Le soluzioni del problema saranno punti in cui si annulla il gradiente della lagrangiana. Vale @L (x, y, ) = 2x 2 x = 2x( + 1)@x@L (x, y, ) = 2y 2 y = 2y( + 1)@y@L 2 2(x, y, ) = (x + y 1).@

I punti stazionari di sono quindi i punti con e e i punti L ±1x = 0, y = = 1 con e Abbiamo ±1y = 0, x = = 1. ±1)f (0, = 11f (±1, 0) = 1,1 per cui i punti di massimo sono i punti e il massimo è e i punti di minimo (±1, 0) 1 sono i punti e il minimo è ±1)(0, 1.

Osserviamo che c’era un metodo più semplice in questo caso: siccome in abbiamo C, per I punti di massimo sono i punti 2 2 22y = 1 x (x, y) C, f (x, y) = 2x 1.1 in cui è massimo, cioè (e e i punti di minimo i punti in cui è 2 2±1x x = y = 0) x minimo, cioè (e ±1).x = 0 y = 1

Punto B

B) su2 2f (x, y) = x + 2y2 2 2 2R{(x, 2C = y) : x + y = 1}.

Qui si può osservare che nel dominio considerato (la circonferenza unitaria), abbiamo per cui . Il suo minimo è quindi raggiunto per 2 2 2x + y = 1 f (x, y) = 1 + y2 e vale e il massimo per e vale ±1 ±1)y = 0 f (±1, 0) = 1 y = f (0, = 2.2 2

Punto C

C) suf (x, y) = xy3 2 2 2R{(x, 2C = y) : (x 1) + y = 1}.

Il dominio è una circonferenza di centro e raggio Il dominio è compatto, A(1, 0) 1. la funzione è continua per cui c’è un minimo e un massimo. f 3

Il dominio non ha punti interni per cui usiamo la lagrangiana per trovare gli estremi relativi della funzione nel dominio. Sia 2 2L(x, y, ) = xy ((x 1) + y 1).

Siccome la funzione e il vincolo che definiscono il bordo sono di classe (anche 1C), il vincolo è regolare (l’unico punto in cui si annulla il gradiente è il centro 1C della circonferenza), se è un punto di minimo o massimo relativo allora esiste (x, y) tale che ValerL(x, y, ) = 0.@L (x, y, ) = y 2 (x 1)@x@L (x, y, ) = x 2 y@y@L 2 2(x, y, ) = ((x 1) + y 1).@

Facendo volte la prima meno volte la seconda, osserviamo che i punti y x 1 stazionari soddisfano cioè Nella terza vediamo 2 2y x(x 1) = 0, y = x(x 1). che per cui o . La prima possibilità porta a e la 3222x 3x = 0 x = 0 x = y = 0 p seconda a . Siccome 3±y = 2 f (0, 0) = 03 !p p3 3 3 3f , =3 2 2 4!p p3 3 3 3f , = ,3 2 2 4p il massimo è e il minimo il suo opposto. Il punto risulta essere un punto 3 3 (0, 0)4 di flesso a tangente orizzontale quando si percorre il bordo.2

Punto D

D) su2f (x, y) = x y4 62 2 2R{(x, 2E = y) : x + 4y 4}.

Osserviamo che il dominio è la parte di piano dentro l’ellisse di equazione 2x 2+ y = 1.4

Vale per cui la funzione non ha punti stazionari. Il suo minimo e @f = 1 f4 4@y massimo sono quindi raggiunti sul bordo del dominio che ha equazione 2 2x + 4y = 4.

Se , il bordo del dominio è una curva di livello della funzione 2 2g(x, y) = x + 4y La funzione è di classe e per cui 1 rg(x, rg(x, ()g. g C y) = (2x, 8y), y) = 0 che non appartiene al bordo del dominio perché Per 6(x, y) = (0, 0) g(0, 0) = 0 = 4. trovare i punti di massimo e minimo, usiamo la lagrangiana 2 2 2L(x, y, ) = x y (x + 4y 4).

I punti di minimo e massimo sono punti per i quali esiste un tale che (x, y) è un punto stazionario di L.(x, y, ) @L (x, y, ) = 2x 2x = 2x( + 1)@x@L (x, y, ) = 1 8y@y@L 2 2(x, y, ) = (x + 4y 4).@

I punti stazionari di soddisfano (quindi e ) o 1L ±1x = 0 y = = = 1,8y p quindi e . Abbiamo 3 71 ±y = x =8 16 f (0, 1) = 14f (0, 1) = 14 !p3 7 1 65±f , = .4 4 8 16 ⇣ ⌘p Il minimo è quindi raggiunto in e il massimo in .3 7 1±(0, 1) ,4 8

Anche in questo caso si poteva trovare i punti di massimo e di minimo in modo più semplice: siccome abbiamo stabilito che i punti estremanti sono sul bordo del dominio, sul bordo abbiamo e quindi La 2 2 2x = 4 4y f (x, y) = 4 4y y.4 funzione di ha derivata ha quindi un massimo in e un minimo in 18y 8y 1 o (che sono gli estremi dell’intervallo).y = 1 y = 1 31. 432z 101 1 0.5 20 1.510.500.5y 0.511.51 x2

Punto E

E) suf (x, y) = xy5 62 2 2R{(x, 2D = y) : x + y 2y 0}.

Il dominio è il disco di centro e raggio bordo compreso. Questo è compatto, C(0, 1) 1, patto, la funzione è continua per cui c’è un minimo e un massimo su Le f D.5 derivate parziali della funzione sono @f 5 (x, y) = y@x@f 5 (x, y) = x,@y per cui la funzione ha un unico punto stazionario, che sta sul bordo O(0, 0) del dominio. Osserviamo che quel punto stazionario è un punto di sella perché e per 2 2 6f (0, 0) = 0, f (x, x) = x > 0 f (x, x) = x < 0 x = 0.5 5 5

Per trovare i punti di massimo e minimo, usiamo una parametrizzazione del bordo: Abbiamo quindi 2x = cos t, y = 1 + sin t, t [0, 2⇡]. f (x, y) = f (cos t, 1 + sin t) = cos t(1 + sin t) = g(t).5 5 4

Siccome gli estremanti sono i 20 2g (t) = sin t(1 + sin t) + cos t = 1 sin t 2 sin t, punti tali che , cioè o . Se allora 1±3 12sin t = sin t = 1 sin t = sin t = 1 cos t = 0 4 p p e Se invece , allora e quindi . Il punto 3 3 312 ± ±g(t) = 0. sin t = cos t = g(t) = ⇣ ⌘ ⇣ ⌘2 4p p di massimo è quindi il punto e il punti di minimo il punto .3 332 3, ,2 2 2

Punto F

F) su2f (x, y) = x y6 62 2 2R{(x, 2D = y) : x + y 1}.

Il dominio è il disco (chiuso) di centro l’origine e raggio Il dominio è compatto, D 1. la funzione è continua per cui esistono massimo e minimo. f 6

Le derivate parziali della funzione sono @f 6 (x, y) = 2xy@x@f 6 2(x, y) = x .@y

Dalla seconda equazione discende che i punti stazionari della funzione hanno x = 0, e la prima equazione è allora soddisfatta. I punti stazionari sono quindi tutti i punti dell’asse ovvero i punti con Siccome e, se 6y, (0, y) 1 < y < 1. f (0, y) = 0 x = 0, ha il segno di i punti stazionari con sono punti di f (x, y) y, (0, y) 1 < y < 0 massimo locale e quelli con sono punti di minimo locale. Anche i due 0 < y < 1 punti e sono rispettivamente punto di massimo e minimo locale. A(0, 1) B(0, 1)

Sul bordo di abbiamo per cui 2 2D x + y = 1 3f (x, y) = y y .6 La derivata di questa funzione è , per cui i massimi e minimi sul bordo sono 21 3y q q q q ⇣ ⌘ ⇣ ⌘ da cercare tra i punti e . I valori della 2 1 2 1± ±A, B, C , D ,± ±3 3 3 3 funzione in quei punti sono f (A) = f (B) = 06 2pf (C ) =±6 3 32pf (D ) = .±6 3 3

Dal confronto dei valori si vede che il massimo è raggiunto nei due punti e C ± il minimo nei due punti . Osserviamo che anche sul bordo è un punto di D A± minimo locale e un punto di massimo locale. B 5

Punto G

G) su2 2f (x, y) = x + 2xy y7 6 62 eR{(x, 2 |x| |y|Q = y) : 1 1}.

Il dominio è il quadrato Il dominio è compatto, la funzione ⇥Q [ 1, 1] [ 1, 1]. f 7 è continua per cui esistono massimo e minimo.

Le derivate parziali della funzione sono @f 7 (x, y) = 2(x + y)@x@f 7 (x, y) = 2(x y).@y

Sommando le due equazioni si vede che i punti stazionari hanno sottraendo x = 0; le equazioni si vede che i punti stazionari hanno Quindi l’unico punto y = 0. stazionario è l’origine che sta nel dominio. Osserviamo che e O(0, 0), f (0, 0) = 0,7 per ogni , e per cui l’origine è un punto R ⇤ 2 22t f (t, 0) = t > 0 f (0, t) = t < 07 7 di sella.

Sul bordo di abbiamo o cioè o |x| |y| ±1 ±1.Q = 1 = 1, x = y =

• Abbiamo che ha il suo massimo in e quindi, sul 2f (1, y) = 1 + 2y y y = 17 bordo di il suo minimo in Q, y = 1.
• Abbiamo che ha il suo massimo in e quindi, 2f ( 1, y) = 1 2y y y = 17 sul bordo di il suo minimo in Q, y = 1.
• Abbiamo che ha il suo minimo in e quindi, sul 2f (x, 1) = x + 2x 1 x = 17 bordo di il suo massimo in Q, x = 1.
• Abbiamo