Esercizi Metodi di ottimizzazione

R

due casi: 2

• ∈ −x −

nei punti (x, y) : y > 1:

R 2 −y

x

ove f (x, y) = (1 + x + y)e .

2 2 2

−y −y −y

x x x 2

·

f (x, y) = e + (1 + x + y)e 2x = e (1 + 2x + 2x + 2xy) = 0

x 2 2 2

−y −y −y

x x x

− −

f (x, y) = e (1 + x + y)e = e (−x y) = 0

y 1

 −

x =

 2

1 + 2x + 2x + 2xy = 0  2







⇔ ⇔ =1

−x − y = 0 

  y

 2

1

1 −x−1

− , si trova nella zona y > e quindi accettabile.

Il punto trovato 2 2

2

• ∈ −x −

nei punti (x, y) : y < 1:

R

ho la stessa funzione cambiata di segno, quindi ottengo le stesse derivate

cambiate di segno. I punti che annullano tali derivate sono gli stessi del

caso precedente che ora non sono accettabili.

1 1

− . Sono poi candidati i punti dell’insieme

Quindi ho un solo punto critico ,

2 2

(ove si annulla il valore assoluto):

2

{(x, ∈ −x −

A = y) : y = 1}.

R

I punti di tale insieme A sono tutti a quota nulla pertanto vado a vedere quali sono

i punti a quota più alta. 2 −y

x 2

≥ ⇔ |1 ≥ ⇔ ∀(x, ∈

f (x, y) 0 + x + y|e 0 y) .

R

Rispetto ai punti candidati a quota nulla si ha la seguente situazione: 3

Quindi i punti dell’insieme A sono di minimo relativo.

Esaminiamo la natura del punto critico con il metodo dell’hessiano. Calcoliamo le

2

∈ −x −

derivate seconde nei punti (x, y) : y > 1, zona in cui si trova il punto

R

critico. 2 2

−y −y

x 2 x

·

f (x, y) = e 2x(1 + 2x + 2x + 2xy) + e (2 + 4x + 2y)

xx 2 2

−y −y

x 2 x

−e

f (x, y) = (1 + 2x + 2x + 2xy) + e (2x)

xy 2 2

−y −y

x x

−

f (x, y) = e (−x y) + e (−1)

yy

Pertanto: 1 1

− −

−e

e 4 4

1

1 1

−

− −2e < 0

H , = = 2

2 2 1

1 −

− −e

−e 4 4

1 1

⇒ − , è di sella.

2 2

Ricerca del massimo e del minimo assoluti nel triangolo T

ove T è il triangolo in figura di vertici A = (−1, 0), C = (1, 0), B = (0, 1). L’insieme

∈

T è compatto e f C(T ) quindi posso applicare il Teorema di Weierstrass e dire

che esistono il massimo e il minimo assoluti nell’insieme. Osservo che T è situato

4

in una zona in cui la funzione è non negativa e vi sono punti ( A = (−1, 0)) a quota

nulla. Pertanto, min f (x, y) = 0.

T

Cerchiamo allora il massimo osservando che internamente non ci sono candidati.

Pertanto studiamo la funzione ristretta ai tre lati, notando che nella zona in cui è

collocato T l’argomento del valore assoluto è non negativo, quindi

2 −y

x

f (x, y) = (1 + x + y)e . 2

x

{(x, ∈ ⇒

AC = 0) : x [−1, 1]} f = (1 + x)e := h(x)

/AC

−1

Oltre ai punti del bordo, x = e x = 1, cerchiamo internamente i punti che

annullano la derivata:

2 2 2

x x x 2

0 ·

in (−1, 1): h (x) = e + (1 + x)e 2x = e (1 + 2x + 2x ) = 0 mai.

2 −x−1

x

{(x, ∈ ⇒

AB = x + 1) : x [−1, 0]} f = (2 + 2x)e := s(x)

/AB

−1

Oltre ai punti del bordo, x = e x = 0, cerchiamo internamente i punti che

annullano la derivata: 2 2

−x−1 −x−1

x x

0 · −

in (−1, 0): s (x) = 2e + (2 + 2x)e (2x 1) = 0

1 1

1

2 −

⇔ ⇔ − a cui corrisponde il punto , .

2x + x = 0 x = 0 e x = 2 2 2

2

x +x−1

{(x, −x ∈ ⇒

BC = + 1) : x [0, 1]} f = 2e := t(x)

/AB

Oltre ai punti del bordo, x = 0 e x = 1, cerchiamo internamente i punti che

annullano la derivata: 1

2

x +x−1

0 · ⇔ −

in (0, 1): t (x) = 2e (2x + 1) = 0 x = che non è accettabile.

2

Quindi i candidati ad essere punti di massimo assoluto sono i due vertici (escluso

1 1

−

A) e il punto , . Quindi

2 2

1

1 1

−

−1 − , = e .

f (1, 0) = 2e, f (0, 1) = 2e e f 4

2 2

Pertanto max f (x, y) = 2e.

T

−1)

Differenziabilità nel punto (0,

−1)

Il punto (0, appartiene alla retta 1 + x + y = 0 ove si annulla l’argomento

del valore assoluto. Pertanto vediamo prima se in tale punto la funzione risulta

derivabile parzialmente:  +

→

e se h 0

2

h +1

−1) − −1) |h|e

f (0 + h, f (0, 

→

R(h) = = ,

h h −

−e →

se h 0



⇒ −1) ⇒ −1).

(0, la funzione non è differenziabile in (0,

@f x

Piano tangente al grafico nel punto (0, 0, f (0, 0))

Affinchè esista il piano tangente, la funzione deve essere differenziabile in (0, 0).

1

Poichè in tale punto la funzione è di classe C possiamo dire che il piano tangente

esiste. Esso ha equazione: 5

− −

z = f (0, 0) + f (0, 0)(x 0) + f (0, 0)(y 0).

x y

Dal calcolo delle derivate fatte per determinare i punti critici, abbiamo che f (0, 0) =

x

1e f (0, 0) = 0, pertanto, l’equazione del piano cercato è

y z = 1 + x.

6 2) Data la curva di equazione parametrica ∈

φ(t) = (sin 4πt, sin 2πt), t [0, 1],

si chiede di

a): stabilire se è semplice, chiusa, regolare e disegnarne il sostegno γ ;

b): determinare, se esistono, il massimo e il minimo assoluti su γ della funzione

2

f (x, y) = x + 1.

Poniamo:  ∈

x(t) = sin 4πt , t [0, 1]

 ∈

y(t) = sin 2πt , t [0, 1] .



Da cui 0

 ∈

x (t) = 4π cos 4πt , t (0, 1)

 0 ∈

y (t) = 2π cos 2πt , t (0, 1).



Il grafico di x(t) in [0, 1] è

mentre il grafico di y(t) in [0, 1] è 7

pertanto il grafico del sostegno della curva è

Osserviamo che la curva non è semplice , quindi non è regolare ma è chiusa.

Massimo e minimo assoluti: