Massimo e minimo di una funzione - Soluzioni

R

valori di α, β la funzione è continua, per quali valori è derivabile, per quali valori è differenziabile.

∞

La funzione è definita ovunque, e fuori dall’origine è di classe C . Studiamone il comportamento in (0, 0).

→

Se ci avviciniamo all’origine lungo l’asse x, ossia consideriamo dei punti del tipo f (x, 0) e mandiamo x 0,

otteniamo: x

−

1 + αx e ;

f (x, 0) = 2

x

6 → ±∞ →

si verifica subito (ad esempio con de l’Hôpital) che se α = 1 si ha f (x, 0) per x 0 a seconda del

segno di α e di x, ma non si ottiene un limite finito; se invece α = 1 si ha

x

− 1

1 + x e =

lim f (x, 0) = lim 2

x 2

x→0 x→0

(sempre con de l’Hôpital). Basta questa osservazione per dedurre che il limite di f (x, y) in (0, 0) non è mai 0

e la funzione non è continua. Questo qualunque sia il valore di β. In conclusione la funzione non è continua

in 0 per qualunque scelta dei parametri.

Alternativamente, per fare le cose piú complicate possiamo anche utilizzare lo sviluppo di Taylor

2

t

t

e = 1 + t + + R (t)

2

2

ottenendo x+y 2

− − − −

1 + αx + βy e (α 1)x + (β 1)y (x + y) /2 + R (x + y)

2

= .

2 2 2 2

x + y x + y

→

Se notiamo che (tutti i limiti che seguono sono per (x, y) (0, 0))

R (x + y)

2 =0

lim 2 2

x + y

resta da calcolare il limite di 2

− − − − −

(α 1)x + (β 1)y (x + y) /2 (α 1)x + (β 1)y xy 1

− −

= .

2 2 2 2 2 2

x + y x + y x + y 2

6 6 ±∞

Se α = 1 oppure β = 1 vediamo subito che il primo limite tende a (a seconda del segno di x, y, α e β)

mentre le altre due frazioni sono limitate; se invece scegliamo α = β = 1 ci riduciamo a calcolare il limite di

xy 1

−

2 2

x + y 2

che non esiste perché dipende dalla direzione secondo la quale ci avviciniamo a 0, ad esempio lungo la retta

2x = y il limite è uguale a -1/10. In conclusione f non è continua per nessuna scelta dei parametri.

Se f non è continua in 0 non può essere differenziabile. Potrebbe essere derivabile in 0, anche se non sarà

1

mai C , ma come abbiamo visto prima f (x, 0) non è continua e quindi non può essere derivabile in 0, e

questo vuol dire che non esiste la derivata parziale D f in (0, 0); discorso analogo per D f .

1 2

2 2 2

© – 4) Trovare massimi e minimi di f (x, y, z) = x + y + 3z sul piano x + y + z = 1. 2

→ ∞ ≥

Anzitutto osserviamo che la funzione f tende a +∞ per (x, y, z) in quanto f (x, y, z) r . In particolare

non può avere massimo sul piano P dato da x + y + z = 1. Invece deve avere un minimo assoluto: per vederlo

basta considerare una sfera abbastanza grande, ad esempio B(0, 2): fuori da B(0, 2) la funzione vale piú di

2 2 2 2

≥ ≥

f (x, y, z) x + y + z 2 = 4,

dentro la sfera scegliamo un punto, ad esempio (0, 0, 1), che sta sul piano, e otteniamo

f (0, 0, 1) = 3

∩

e quindi il minimo di f su B P , che esiste per Weierstrass, è anche il minimo assoluto di f . In conclusione:

siamo sicuri che f ha un minimo assoluto e dovrà essere uno dei punti ottenuti con il metodo dei moltiplicatori

di Lagrange. 3

Il metodo dà subito le equazioni

2x = λ, 2y = λ, 6z = λ, x + y + z =1

da cui in un lampo 6 3 1

λ = , x = y = , z =

7 7 7

e quindi l’unico punto ottenuto è proprio il minimo cercato (3/7, 3/7, 1/7), in cui la funzione vale f (3/7, 3/7, 1/7) =

3/7. 2 2

©§ −

– 5) Data la curva 2x + y x = 0, trovare i suoi punti più vicini a (0, 0) e quelli più lontani da (0, 0).

p 2 2

Si tratta di trovare gli estremi della funzione d = x + y per (x, y) sul vincolo dato dalla curva; natu-

2 2 2

ralmente conviene cercare gli estremi della funzione f (x, y) = d = x + y che si hanno esattamente negli

2 2 −

stessi punti. Notiamo subito che la relazione F (x, y) = 2x + y x = 0 definisce effettivamente una curva

− 6

C in forma implicita in quanto DF = (4x 1, 2y) = 0 nei punti in cui F (x, y) = 0. → ∞

Notiamo anche che la curva è limitata: infatti se esistessero dei punti di C con (x, y) avremmo

2 2 − →

inevitabilmente che 2x + y x +∞. Dunque f ha massimo e minimo su C. Il minimo si trova senza

sforzo ed è il punto (0, 0) dato che la curva passa per l’origine. Cerchiamo il punto piú lontano.

Con il metodo di Lagrange otteniamo le equazioni 2 2

− −

2x = λ(4x 1), 2y = 2λy, 2x + y x = 0

ossia 2 2

− − −

2x = λ(4x 1), (λ 1)y = 0, 2x + y x = 0.

Se nella seconda scegliamo y = 0 otteniamo dalla terza x = 0 oppure x = 1/2 e per soddisfare la prima

basta scegliere rispettivamente λ = 0 oppure λ = 1. Se nella seconda scegliamo λ = 1 otteniamo dalla prima

x = 1/2 e dalla terza y = 0. In conclusione abbiamo trovato due punti

(0, 0), (1/2, 0)

e il primo è il punto piú vicino all’origine, il secondo quello piú lontano, a distanza 1/2. Notare che la curva

è un’ellisse con asse maggiore lungo l’asse delle x.

n

§ ∈

– 6) Verificare che il modulo del vettore x si può calcolare nel modo seguente:

R n

n X

X 2

n

∈

|x| y = 1}.

x y : y ,

= max{ R

i i i

i=1

i=1 6

Se x è il vettore nullo non c’è niente da dimostrare; supponiamo allora x = 0. Consideriamo la funzione su

n

R n

X

f (y) = x y

i i

i=1

n n 2

∈ {y ∈ |y|

dove x è un vettore fissato, e cerchiamone il massimo sul chiuso limitato C = : = 1}, ossia

R R

2

|y| −

col vincolo F (y) = 1 = 0. Il metodo dei moltiplicatori di Lagrange dà il sistema di n + 1 equazioni in

y , . . . .y e λ

1 n 2

|y|

x = 2λy , j = 1, . . . , n, = 1.

j j ∀j).

Notare che λ non può essere nullo (altrimenti x = 0 Otteniamo subito

j x j

y =

j 2λ

e sostituendo nel vincolo 21 2

x x n

· · ·

+ + =1

2 2

4λ 4λ

da cui 2

|x|

2

λ = 4

e quindi |x|

±

λ = .

2

4

Con la scelta del segno + otteniamo il punto x

y = |x|

che è il punto di massimo di f , in cui appunto ·

x x

X |x|;

f (x/|x|) = =

|x|

col segno meno otteniamo il punto di minimo x

−

y = |x|

in cui ·

x x

X

− −|x|.

f (−x/|x|) = =

|x| n

§ – 7) Torniamo all’esercizio 1), e supponiamo di avere due insiemi E e F chiusi e limitati in . Definiamo

R

∈

d(E, F ) = sup{d(x, F ), x E} .

6

Mostrare con un esempio che può essere d(E, F ) = d(F, E).

Siano, ad esempio, E = [−1, 1] e F = [−2, 2]. Allora d(E, F ) = 0 (dato che ogni punto di E è in F ), mentre

d(F, E) = 1.

© – 8) Risolvere il problema di Cauchy

( 00 0

y (x) + 2y (x) + 2y(x) = 0 ,

0

y(0) = 1 , y (0) = 1 .

2 −1 ±

Il polinomio caratteristico è λ + 2λ + 2, che ha come radici λ = i. Pertanto, la soluzione generale

dell’equazione è della forma −x

y(x) = e [A cos(x) + B sen(x)] . −x

−A

Assegnando le condizioni iniziali, si trova A = 1 e + B = 1, da cui la soluzione: y(x) = e [cos(x) +

2sen(x)].

©§ – 9) Determinare i punti di continuità, derivabilità e differenziabilità della funzione

 2 2 ∈ ×

x + y (x, y) Q R



 2 2

−(x ∈ \ ×

f (x, y) = + y ) (x, y) (R Q) Q

 0 altrove.

 2 2

È chiaro che la funzione può essere continua solo nell’origine (che è l’insieme dei punti tali che x + y =

2 2 2 2

−(x + y ) = 0). Inoltre, dato che x + y converge a zero se (x, y) tende a (0, 0) si ha continuità. Si vede

inoltre facilmente che f è derivabile solo nell’origine, con derivate parziali entrambe nulle. Infine, essendo

2 2

|f ≤

(x, y)| x + y , f è differenziabile in (0, 0) (si vedano gli appunti. . .).

2 2 2 2

© − {x ≤

z. Trovare massimi e minimi di f su E = + 4y + 9z 1}.

– 10) Sia f (x, y, z) = x ∇f −1),

Osserviamo innanzitutto che (x, y, z) = (2x, 0, e quindi è sempre diverso da zero. Si tratta allora di

studiare f sulla frontiera di E. Con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, definiamo

2 2 2 2

− − −

H(x, y, z, λ) = x z λ(x + 4y + 9z 1) ,

Si tratta quindi di risolvere il sistema  −

2x 2λx = 0





 −8λy = 0

 −1 − 18λz = 0





 2 2 2 −

x + 4y + 9z 1 = 0



Dalla seconda ricaviamo o λ = 0 (che però rende incompatibile la terza), o y = 0. Dalla prima, o x = 0,

1

±

e λ qualsiasi, oppure λ = 1 e x qualsiasi. Nel primo caso, si ottiene (dalla quarta) z = , e quindi i due

3 5

q q

13 35 35

1 1

± − ± −

punti (0, 0, ). Dalla seconda, z = , e quindi x = , ottenendo cosı̀ i due punti (± , 0, ).

18 36 36 18

1

37 −

, mentre il minimo vale .

Ne segue quindi che il massimo vale 36 3

6 4 2 2 4 6 2 2

§ − − ≤

– 11) Calcolare massimo e minimo di f (x, y) = x 15x y + 15x y y sull’insieme x + y 1.

Suggerimento: esiste un modo molto rapido per eseguire il calcolo.

6 2 2

<g(z) |g(z)| ≤ ≤

Consideriamo g(z) = z . Scrivendo z = x + i y, abbiamo = f (x, y). Ora 1 se x + y 1.

2 2

|<g(z)| ≤ |g(z)|, |<g(z)| |f ≤ ≤

Dal momento che ne segue che = (x, y)| 1 su x + y 1. Siccome f (1, 0) =

−1) −1,

f (−1, 0) = 1, ecco il massimo; siccome f (0, 1) = f (0, = ecco il minimo. . . 2 2

©§ – 12) Trovare massimi e minimi relativi ed assoluti della funzione f (x, y, z) = z(x +y )+2xy nel cilindro

3 2 2

{(x, ∈ ≤ ≤ ≤

C = y, z) : x + y 1 , 0 z 1}.

R

Per prima cosa ricerchiamo i punti stazionari di f all’interno del cilindro C.

2 2

∇f = (2xz + 2y, 2yz + 2x, x + y ) = (0, 0, 0)

se e solo se (x, y, z) = (0, 0, z) per ogni 0 < z < 1. Poiché la matrice hessiana ha in questi punti determinante

nullo, non è possibile da essa dedurre se si tratta di massimi o minimi relativi per f . In ogni caso f (0, 0, z) = 0,

quindi per stabilire se si tratta di massimi o minimi relativi non resta altro che studiare il segno di f in un

∈

intorno di tali punti. Per esempio lungo il piano z = c (0, 1), cui apparti