Esercitazione su: Ottimizzazione Vincolata (Analisi 2)

Studio della funzione

Si poteva fare lo studio in modo completamente diverso: la funzione g(x) = x^3 ha derivata g'(x) = 3x^2 per cui è crescente su (0, +∞) e decrescente su (-∞, 0). Ha quindi un massimo locale in (0, 0) e un minimo locale in (0, 0). Il dominio ha le x che variano tra -∞ e +∞ per cui comprende tutti i numeri reali (ma non l'infinito). Si vede subito che (0, 0) è un punto di massimo locale perché g(x) è decrescente in (-∞, 0) e un punto di minimo locale perché g(x) è crescente in (0, +∞). E i due punti (0, 0) e (0, 0) sono punti di minimo globale (perché la funzione può diventare minore di 0 solo per x < 0).

2) Sia f(x, y) = x + 3y + 2. Il dominio è R{(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x + y ≤ 1}. Il dominio è il quarto di disco unitario compreso nel primo quadrante. Il dominio è compatto, la funzione è continua per cui c'è un minimo e un massimo. Suddividiamo il dominio in 4 parti: R{(x, y) :

x = 0, y = 0, x + y = 1

a = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, y = 0}

b = {(x, y) : x = 0, 0 ≤ y ≤ 1}

g = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x + y = 1}

La parte è l'insieme dei punti interni. La funzione ha la prima derivata parziale ∂f/∂x = 1, per cui non ammette nessun punto stazionario e quindi non c'è nessun punto estremante in a.

In b abbiamo ∂f/∂y = 0, f(x, y) = f(x, 0) = x + 2.

Il minimo è raggiunto in O(0, 0) e il massimo in A(1, 0).

In g abbiamo ∂f/∂x = 0, f(x, y) = f(0, y) = 3y + 2.

Il minimo è raggiunto in O(0, 0) e il massimo in B(0, 1).

In a usiamo la lagrangiana

L(x, y, λ) = x + 3y + 2 (x + y - 1).

Le sue derivate parziali sono

∂L/∂x = 1 - 2λx

∂L/∂y = 3 - 2λy

∂L/∂λ = x + y - 1

Per trovare i punti critici, facciamo ∂L/∂x = ∂L/∂y = 0 e troviamo x = 0, y = 0. Nella terza derivata vediamo che ∂^2L/∂x^2 = 0, ∂^2L/∂y^2 = 0, ma siccome ∂^2L/∂x∂y viene 2λ e quindi λ ≠ 0.

³² ± 10x = 0 x = x 0, x = y = p p p⇣ ⌘10 10 10L'ultimo candidato è quindi .1 3C ,p p10 1012Valutiamo la funzione nei vari puntif (0, 0) = 211f (1, 0) = 311f (0, 1) = 511✓ ◆ p1 3p pf , = 10 + 2.11 10 10p pOsserviamo che, siccome e quindi Il massimo è10 > 9, 10 > 3 10 + 2 > 5.quindi raggiunto in e il minimo in I punti e non sono niente di specifico.C O. A Bl) su2f (x, y) = x (y + 1) 2y12 p 6 62R 2{(x, 2D = y) : 1 + x y 2}. pp 6 6 6 6Osserviamo che dobbiamo avere quindi ovvero221 + x 2, x 3 3 xp p 6 >La funzione è decrescente per e crescente per Il dominio23. 1 + x x 0 x 0.è così fatto:4. yB D A21.51 C0.5O x1.5 1 0.5 0.5 1 1.5Il dominio è compatto, la funzione è continua, per cui esistono minimo e massimo.Il dominio può essere suddiviso in tre parti:pR 2 2{(x, 2D = y) : 1 + x < y < 2}a p p p6 6R 2 2{(x, 2 }D = y) : 3 x 3, y = 1 + xi p p6 6R 2{(x, 2D = y) : 3 x 3, y = 2}.sLa prima parte è

l'insieme dei punti interni di la seconda e la terza sono puntiD,di bordo. 13Le derivate parziali della funzione sono@f 12 (x, y) = 2x(y + 1)@x@f 12 2(x, y) = x 2.@y>Siccome i punti critici hanno (per annullare la prima derivatay 0, x = 0parziale) e quindi non ce ne sono (perché in la seconda derivata parziale nonx = 0si annulla). Quindi non ci sono punti stazionari e perciò non ci sono estremi localiin .DaPer lo studio di su , usiamo la lagrangianaf D12 i p2 2L(x, y, ) = x (y + 1) 2y (y 1 + x ).Le sue derivate parziali sono@L xp(x, y, ) = 2x(y + 1) +@x 21 + x@L 2(x, y, ) = x 2@y p@L 2(x, y, ) = (y 1 + x ).@C’è un punto stazionario facile della lagrangiana: e Gli altrix = 0, y = 1 = 2.eventuali punti stazionari sono complicati da trovare.Cambiamo strategia. Su , abbiamo (e dobbiamo ricordare di tenere2 2D y = 1 + xi>solo i punti con La corrispondente lagrangiana è (cancellando la di cuiLy 1).sopra!): 2 2 2L(x, y, ) = x (y + 1) 2y (y 1 x

Le sue derivate parziali sono:

L_x(x, y) = 2x(y + 1) + 2x

L_y(x, y) = 2(x² + 2y)

L_xx(x, y) = 2

L_yy(x, y) = 2

L_xy(x, y) = 2x

Come prima, c'è un punto stazionario (e non Se 6x = 0, y = 1 1), = 1. x = 0, dalla prima derivata ricaviamo per cui Riportando nella seconda, viene cioè e, sottraendo 2x² + 2y(y + 1) = 0 x + 2y + 2y² = 0 pla terza, Questa equazione ha due soluzioni: e1 1023y + 2y³ = 0. y = < 03p quindi nessuna nella parte del dominio che ci interessa. 1+ 10y = < 13 14 Su questa parte del dominio, avremmo anche potuto osservare che e2 2x = y 1 quindi 2f (x, y) = (y 1)(y + 1) 2y² e studiare questa funzione di su (i suoi punti stazionari sono esattamente y [1, 2] quelli che abbiamo elencato sopra). Su abbiamo per cui D y = 2s 2f (x, y) = f (x, 2) = 3x 412 12p che è massima in e minima in Scomodare la lagrangiana è un po' eccessivo (ma accettabile). Abbiamo perciò 4 punti da studiare: Os-A( 3, 2),

B(3, 2), C(0, 1), D(0, 2). Serviamo che essendo e sui bordi del bordo, avremmo dovuto studiarli in ogni caso. Valutiamo la funzione nei quattro punti:

f(±3, 2) = 512

f(0, 1) = 212

f(0, 2) = 4,12

Per cui c'è un punto di minimo globale in due punti di massimo globale in D, A e un punto di minimo locale (ma non globale) in Il minimo il B C. m = 4, massimo M = 5.2

Su f(x, y) = 13x^2 + y^2 > 62, il dominio è {(x, y) : x > 0, y > 0, x + y < 1}.

Ci sono vari modi di studiare questo problema. Il primo è di studiarlo in modo classico.

Il dominio è compatto, la funzione è continua quindi ci sono dei punti di minimo e di massimo.

Il dominio può essere suddiviso in quattro parti:

R{(x, y) : x > 0, y > 0, x + y < 1}

R{(x, y) : x = 0, 0 < y < 1}

R{(x, y) : 0 < x < 1, y = 0}

R{(x, y) : x > 0, y > 0, x + y = 1}.

La prima parte è l'insieme dei punti interni di le altre tre sono punti di

bordo.Q,
Le derivate parziali della funzione sono:
∂f/∂y = 2xy(x+y)^2 - 13(y^2 + 2xyx)
∂f/∂x = 2x^2(y+2xy(x+y)) - 13(x^2 + 2xyx)
I punti stazionari soddisfano il sistema:
2xy(x+y)^2 - 13(y^2 + 2xyx) = 0
2x^2(y+2xy(x+y)) - 13(x^2 + 2xyx) = 0
Se si vede nella prima che x = 0, y = 0.
Se si vede nella seconda che y = 0, x = 0.
Quindi il punto è un punto stazionario della funzione, è però sul bordo del dominio, quindi lo possiamo ignorare. I punti stazionari fuori dagli assi soddisfano:
2xy(x+y)^2 - 13(y^2 + 2xyx) = 0
2x^2(y+2xy(x+y)) - 13(x^2 + 2xyx) = 0
Sottraendo le due equazioni, si vede che xy = 0, e quindi non ci sono punti stazionari fuori dagli assi.
Dobbiamo pertanto studiare la funzione sul bordo. Studiamo innanzitutto il segno della funzione. Abbiamo:
Inoltre, f(x, y) > 0 se x > 0, y > 0, y > x.
f(x, y) = 0 se x = 0, y = 0, x = y.
Sui due tratti:
La funzione d'asse è nulla. Su abbiamo Q Q Q x = cos ✓,s i equindiy = sin ✓, ˜ 2 2f (x, y) = f (✓) = cos ✓ sin ✓ cos ✓ sin ✓.13Abbiamo˜0 3 2 2 3f (✓) = sin ✓ + 2 cos ✓ sin ✓ + 2 cos ✓ sin ✓ cos ✓2 2= (cos ✓ + sin ✓)(cos ✓ sin ✓ cos ✓ + sin ✓) + 2 cos ✓(cos ✓ + sin ✓)16= (cos ✓ + sin ✓)(3 sin ✓ cos ✓ 1)✓ ◆3= (cos ✓ + sin ✓) sin 2✓ 1 .2 ˜Nel dominio vale perciò cioè 320 ()cos ✓ + sin ✓ > 0, f (✓) > 0 sin 2✓ 1 > 0,6 6 . Abbiamo perciò un punto di minimo in 23 23() arcsin 2✓ ⇡ arcsin A e un punto di massimo in .12 23 ⇡ 12 23✓ = arcsin B ✓ = arcsin2Sul bordo, invece di scrivere la funzione di avremmo potuto usare la lagrangiana.✓,Tuttavia, questo metodo porta a conti più impegnativi. La consideriamo su .Q eLa lagrangiana è uguale a 2 2xy x y 2 2L(x, y, ) = (x + y 1),2 2x + yquindi le sue derivate parziali sono 2 2 2@L y (y 2xy x )(x, y,

) = 2 x² - 2^2@x (x + y)² - 2^{2@L x (y + 2xy x )}(x, y, ) = 2 y² - 2^2@y (x + y )@L 2^{2(x, y, )} = (x + y 1).@I punti critici della lagrangiana soddisfano8 2^{2y (y 2xy x )> 2 x =0< 22(x +y )22x (y +2xy x ) 2 y =0> 22(x +y ): 22x + y 1 = 0,quindi 8 22(1 x )(1 2xy 2x ) 2 x = 0< 22x (1 + 2xy 2x ) 2 y = 0: 22y = 1 x e, facendo volte la prima meno volte la seconda y x2 - 23 2y(1 x )(1 2xy 2x ) x (1 + 2xy 2x ).Si vede che, essendo , possiamo abbasssare il grado del polinomio in2 2y = 1 xa e quindi esprimere in funzione di A questo punto, si può sostituirey 1 y x.nell’equazione per trovare le condizioni su2 2y = 1 x x.Una terza possibilità era di osservare che, ponendo ex = ⇢ cos ✓ y = ⇢ sin ✓,˜f (x, y) = ⇢ f (✓).13 ˜Potevamo quindi studiare gli estremi di come fatto sopra, e osservare che ilf˜massimo di è positivo men}