MASSIMI E MINIMI VINCOLATI Esercizi risolti 1. Determinare il

MASSIMI E MINIMI VINCOLATI
Esercizi risolti
1. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = xy sulla circonferenza unitaria x2 + y 2 = 1.
2. Determinare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 + 3y con il vincolo
2
x2
+ y9 = 1.
4
3. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = xy con il vincolo |x| + |y| = 1.
4. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della circonferenza di
equazione (x − 2)2 + (y − 1)2 = 1.
5. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 y lungo la curva x4 + y 4 = 1.
6. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = |x| + |y| sulla curva x2 + y 2 = 1.
p
7. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = 2x2 − xy + y 2 lungo la
retta x + y = 8.
8. Sia y = f (x) l’equazione di una curva regolare e sia P = (a, b) un punto non appartenente ad essa. Detto Q = (x, f (x)) un punto variabile sulla curva, dimostrare
che la retta P Q è perpendicolare alla curva se e solo se la distanza P Q è minima o
massima.
9. Determinare il punto Q sulla retta y = mx + q alla minima distanza dal punto
P = (a, b). Dimostrare poi che la distanza di P dalla retta, cioè la distanza P Q, è
d = PQ =
|ma + q − b|
√
.
1 + m2
10. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della curva di equazione
x2 − xy + y 2 = 1.
11. Determinare il minimo di f (x, y) = x2 + y 2 con il vincolo (x − 1)3 − y 2 = 0.
12. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = −x log x−y log y con il vincolo
x + y = 1.
13. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = x + y con il vincolo xy = 1,
x > 0, y > 0.
14. Tra tutti i rettangoli inscritti nell’ellisse di equazione
perimetro massimo.
x2
a2
+
y2
b2
= 1 trovare quello di
15. Tra tutte le ellissi di semiassi x, y tali che x2 +y 2 = 5 trovare quella di area massima.
16. Tra tutti i cilindri inscritti nella sfera di raggio R trovare quello di volume massimo.
1
17. Tra tutti i cilindri (circolari retti) di superficie totale S fissata (incluse le due facce
circolari) trovare quello di volume massimo.
18. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = xy + xz + yz
sulla sfera x2 + y 2 + z 2 = 1.
19. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = (x + y + z)2 con
il vincolo x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1.
20. Tra tutti i parallelepipedi (rettangoli) di volume assegnato V determinare quello di
superficie minima.
21. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine dell’ellisse ottenuto
2
2
tagliando l’ellissoide x4 + y4 + z 2 = 1 con il piano x + y + z = 1.
22. Tra tutti i triangoli di perimetro assegnato 2p trovare quello di area massima.
23. a) Trovare il minimo della funzione f (x1 , x2 , . . . , xn ) = x1 + x2 + · · · + xn con il
vincolo x1 · x2 · · · xn = k (k fissato > 0) e xj > 0 ∀j.
b) Dedurre la seguente disuguaglianza tra media geometrica e aritmetica: dati n
numeri positivi x1 , x2 , . . . , xn vale
√
x1 + x2 + · · · + xn
n
x1 x2 · · · xn ≤
n
con uguaglianza se e solo se x1 = x2 = · · · = xn .
24. Calcolare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = |x| + |y|
sull’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. (Si ricordi l’es. 6.)
25. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = ex
2 −y 2
sugli insiemi
a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1};
b) B = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.
26. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 y + xy 2 − xy nel triangolo
T = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}.
27. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 + y 2 − 3y + xy nel cerchio
A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 9}.
Esercizi di approfondimento
28. Consideriamo il problema di ottimizzare la funzione f (x, y, z) = xy + xz + yz
2
2
2
sull’ellissoide g(x, y, z) = xa2 + yb2 + zc2 − 1 = 0. (Si veda l’es. 18 dei risolti per il
caso a = b = c e l’es. 12 dei proposti per il caso a = b 6= c.) Dimostrare che il
minimo m = min f |g=0 e il massimo M = max f |g=0 sono soluzioni dell’equazione
di terzo grado
p(λ) = 4λ3 − a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 λ − a2 b2 c2 = 0
2
e dedurre che m = min{λ : p(λ) = 0}, M = max{λ : p(λ) = 0}, procedendo come
segue:
a) scrivere il sistema ∇(f − λg)(x, y, z) = 0 come un sistema lineare omogeneo
3 × 3 nelle variabili (x, y, z), e dimostrare che il determinante della matrice A(λ)
del sistema vale − a2 b22 c2 p(λ). Dedurre che il sistema ha soluzioni non identicamente
nulle (x, y, z) 6= (0, 0, 0) se e solo se p(λ) = 0.
b) Moltiplicando la prima equazione per x, la seconda per y, la terza per z e
sommandole, dimostrare che se (x, y, z, λ) risolve il sistema
(
∇(f − λg)(x, y, z) = 0
(1)
g(x, y, z) = 0
allora λ = f (x, y, z), cioè il moltiplicatore di Lagrange coincide con il valore di f
nel punto (x, y, z).
c) Dimostrare che il polinomio p(λ) ha sempre 3 radici reali e distinte λ1 < λ2 <
0 < λ3 escluso il caso a = b = c in cui λ1 = λ2 < 0 < λ3 (vedi anche es. seguente).
A tal fine si studi la funzione p(λ), si verifichi che ha un massimo per un certo
valore λ− < 0, e si dimostri che p(λ− ) ≥ 0 utilizzando la disuguaglianza stabilita
nell’esercizio 23 con n = 3 e x1 = a2 b2 , x2 = a2 c2 , x3 = b2 c2 .
d) Dai punti a), b) e c) dedurre che m = λ1 , M = λ3 .
29. Nell’esercizio precedente sia a = b = c. Verificare che
2
a) λ1 = λ2 = − a2 , λ3 = a2 ;
b) per λ = λ3 la soluzione del sistema (1) è v3 = ( √a3 , √a3 , √a3 ) (unica a meno del
segno), mentre per λ = λ1 ogni vettore v = (x, y, z) di norma a e tale che x+y +z =
0 è soluzione, per esempio ogni combinazione lineare dei vettori v1 = ( √a2 , − √a2 , 0),
v2 = ( √a6 , √a6 , − √2a6 ).
Si confronti il risultato con l’es. 18 dei risolti.
2
30. Nell’esercizio 28 sia a = b 6= c. Verificare che le radici di p(λ) sono − a2 ,
e dedurre che
(
√
2
a2 + a a2 + 8c2
− a2 √
se a > c
M=
, m=
a2 −a a2 +8c2
4
se a < c.
4
√
a2 ±a a2 +8c2
,
4
Confrontare il risultato con l’es. 12 dei proposti.
31. Vogliamo usare i moltiplicatori di Lagrange per dimostrare il teorema sulla diagonalizzazione delle matrici simmetriche: sia A una matrice simmetrica reale
n × n; allora esiste una base ortonormale di Rn costituita di autovettori di A.
Consideriamo la forma
quadratica associata ad A, cioè la funzione f : Rn → R,
P
f (x) = hx, Axi = Aij xi xj , e consideriamo il problema di ottimizzare f sulla sfera
unitaria S n−1 = {x ∈ Rn : kxk2 = 1}, cioè con il vincolo g(x) = kxk2 − 1 = 0.
3
La funzione f è continua e la restrizione f |S n−1 ammette massimo e minimo per il
teorema di Weierstrass (S n−1 è un sottoinsieme chiuso e limitato di Rn ).
a) Sia λ1 = max f |S n−1 e sia v1 ∈ S n−1 un punto di massimo, λ1 = f (v1 ). Dimostrare che Av1 = λ1 v1 , cioè v1 è autovettore di A con autovalore λ1 . (Si dimostrino le formule ∇g(x) = 2x, ∇f (x) = 2Ax.)
b) Si ottimizzi ora la funzione f sull’insieme
S n−2 = {x ∈ S n−1 : hx, v1 i = 0},
cioè con i due vincoli g(x) = 0 e h(x) = hx, v1 i = 0. Di nuovo f |S n−2 deve avere
massimo e minimo. Posto λ2 = max f |S n−2 e detto v2 ∈ S n−2 un punto di massimo,
λ2 = f (v2 ), si dimostri che Av2 = λ2 v2 facendo vedere che se (x, λ, µ) soddisfa il
sistema
(
∇(f − λg − µh)(x) = 0
g(x) = 0, h(x) = 0
allora µ = 0, Ax = λx e λ = f (x), cioè il primo moltiplicatore di Lagrange è autovalore di A con autovettore x e coincide con f (x), mentre il secondo moltiplicatore
è zero.
c) Procedendo in modo analogo con l’insieme
S n−3 = {x ∈ S n−1 : hx, x1 i = 0, hx, x2 i = 0},
si ottenga Av3 = λ3 v3 , dove λ3 = max f |S n−3 = f (v3 ).
d) Iterando il procedimento concludere che si ottengono n vettori v1 , v2 , . . . , vn
ortogonali tra loro e di norma 1, cioè una base ortonormale di Rn , tali che Avk =
λk vk , dove λk = max f |S n−k = f (vk ), con λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn . Dedurre infine che
il massimo di f sulla sfera S n−1 è il più grande autovalore di A, il minimo di f
su S n−1 è il più piccolo autovalore di A, e i punti di massimo e di minimo sono i
corrispondenti autovettori (normalizzati).
32. Rivedere l’esercizio
risolti
 scrivendo f come la forma quadratica associata
 18 dei
1
1
0 2 2
alla matrice A =  12 0 12  e applicando i risultati dell’esercizio precedente.
1
1
0
2
2
33. (Generalizzazione dell’esercizio
28). Sia A una matrice simmetrica reale n × n e
P
sia f (x) = hx, Axi =
Aij xi xj la forma quadratica associata. Consideriamo il
problema di ottimizzare f sull’ellissoide
E n−1 = {x ∈ Rn :
cioè con il vincolo g(x) =
P x2j
a2j
x21
a21
+
x22
a22
+ ··· +
x2n
a2n
= 1},
−1 = 0, dove a1 , a2 , . . . , an sono n numeri positivi as-
segnati (i semiassi dell’ellissoide). Sia B la matrice diagonale B = diag(a1 , a2 , . . . , an ).
4
a) Dimostrare che se (x, λ) risolve il sistema
(
∇(f − λg)(x) = 0
g(x) = 0
allora B 2 Ax = λx, cioè λ è autovalore di B 2 A con autovettore x, e inoltre λ = f (x).
b) Dimostrare che la matrice B 2 A (in generale non simmetrica) ha gli stessi autovalori della matrice simmetrica Ã = BAB e che y è autovettore di Ã con autovalore
λ se e solo se x = By è autovettore di B 2 A con autovalore λ.
c) PostoPx = By cioè xj = aj yj , verificare che g(x) = 0 se e solo se g̃(y) = 0, dove
g̃(y) = yj2 − 1, e che f (x) = hx, Axi = hy, Ãyi. Dedurre che
(
∇(f − λg)(x) = 0
g(x) = 0
se e solo se
(
∇(f˜ − λg̃)(y) = 0
g̃(y) = 0,
cioè ottimizzare f sull’ellissoide E n−1 equivale a ottimizzare la forma quadratica
f˜(y) = hy, Ãyi associata alla matrice Ã sulla sfera unitaria S n−1 . Applicando i
risultati dell’esercizio 31, concludere che
M = max f |E n−1 = max f˜|S n−1 e m = min f |E n−1 = min f˜|S n−1
coincidono rispettivamente con il massimo e il minimo autovalore di Ã.
34. Risolvere l’esercizio 12 dei proposti applicando i risultati dell’esercizio precedente.
35. Risolvere l’esercizio 19 dei risolti applicando i risultati dell’esercizio 33.
36. Riottenere i risultati dell’esercizio 28 dei risolti applicando i risultati dell’esercizio
33.
37. Sia
P3 A una matrice simmetrica reale 3 × 3 definita positiva. Sia g(x) = hx, Axi =
i,j=1 Aij xi xj la forma quadratica associata ad A e consideriamo l’ellissoide centrato nell’origine di equazione g(x) = 1. Dimostrare che il semiasse minore (risp.
√
√
maggiore) dell’ellissoide è 1/ µ3 (risp. 1/ µ1 ), dove 0 < µ1 ≤ µ2 ≤ µ3 sono gli
autovalori di A. (Si ottimizzi la funzione f (x) = kxk2 con il vincolo g(x) = 1.)
5
SOLUZIONI
1. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = xy sulla circonferenza unitaria x2 + y 2 = 1.
1o metodo. Applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, impostando il
sistema
(
∇(f − λg)(x, y) = 0
(2)
g(x, y) = 0
dove il vincolo è dato da g(x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0. Otteniamo


y = 2λx
x = 2λy

 2
x + y 2 = 1.
Sostituendo la prima equazione nella seconda si ha x = 4λ2 x, cioè x(1 − 4λ2 ) = 0.
Non può essere x = 0 perchè altrimenti anche y = 0 mentre (x, y) 6= (0, 0) per il
vincolo. Ne deduciamo che λ = ± 21 , da cui y = ±x. Sostituendo nel vincolo si
ottiene 2x2 = 1, da cui x = ± √12 . Otteniamo cosı̀ i 4 punti critici vincolati
P1 = ( √12 , √12 ), P2 = ( √12 , − √12 ), P3 = (− √12 , √12 ), P4 = (− √12 , − √12 ).
Poichè f è continua su S 1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}, che è un sottoinsieme
chiuso e limitato di R2 , f |S 1 deve ammettere massimo e minimo e i punti di estremo
vincolato vanno ricercati tra i punti Pj (1 ≤ j ≤ 4). Essendo f (P1 ) = f (P4 ) = 21 ,
f (P3 ) = f (P2 ) = − 12 , otteniamo
m = min f |S 1 = − 21 ,
M = max f |S 1 = 21 .
2o metodo. Possiamo parametrizzare il vincolo ponendo
(
x = cos t
y = sin t
e studiare la funzione di una variabile
h(t) = f (cos t, sin t) = cos t sin t = 12 sin 2t
sull’intervallo [0, 2π]. Disegnando il grafico di h è immediato verificare che h è
massima per t = π4 , 54 π, minima per t = 34 π, 74 π, e si riottiene m = − 12 , M = 21 .
Infine ricordiamo che se (x0 , y0 ) è un punto di estremo (massimo o minimo) per
f (x, y) vincolato a g(x, y) = 0 con ∇f (x0 , y0 ) 6= 0, ∇g(x0 , y0 ) 6= 0, allora la curva
di livello che passa per (x0 , y0 ), cioè f (x, y) = k0 con k0 = f (x0 , y0 ), è tangente alla
curva del vincolo g(x, y) = 0 nel punto (x0 , y0 ). Nel nostro caso le curve di livello
f (x, y) = xy = k sono iperboli equilatere con assi uguali agli coordinati, mentre
il vincolo è la circonferenza unitaria. Le iperboli f (x, y) = ± 21 sono tangenti alla
circonferenza nei punti P1 , P2 , P3 , P4 .
6
2. Determinare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 + 3y con il vincolo
x2 /4 + y 2 /9 = 1.
1o metodo. Con i moltiplicatori di Lagrange, scriviamo il sistema (2) con g(x, y) =
x2 /4 + y 2 /9 − 1:

λ

2x = 2 x
3 = 92 λy

 x2 y 2
+ 9 = 1.
4
Dalla prima equazione otteniamo 12 x(λ − 4) = 0. Se λ = 4 dalla seconda equazione
2
si ha y = 27
che è impossibile in quanto (27/8)
> 1, in contrasto con il vincolo.
8
9
Se x = 0 dalla terza equazione otteniamo y = ±3 da cui λ = ± 92 , e i 2 punti
critici vincolati P1 = (0, 3), P2 = (0, −3). Essendo f (P1 ) = 9, f (P2 ) = −9, si ha
m = min f |g=0 = −9, M = max f |g=0 = 9.
2o metodo. Parametrizzando il vincolo con
(
x = 2 cos t
y = 3 sin t
otteniamo la funzione di una variabile
h(t) = f (2 cos t, 3 sin t) = 4 cos2 t + 9 sin t = 12 sin 2t
da studiare nell’intervallo [0, 2π]. Uguagliando a zero la derivata prima
h0 (t) = −8 cos t sin t + 9 cos t = cos t(9 − 8 sin t)
otteniamo sin t = 9/8, che è impossibile, oppure cos t = 0, da cui t = π2 , 32 π. Non c’è
bisogno di verificare se questi punti stazionari sono punti di minimo o di massimo. È
sufficiente calcolare h( π2 ), h( 23 π), e confrontarli con i valori agli estremi h(0), h(2π).
(Infatti h è continua in [0, 2π], quindi assume massimo e minimo in tale intervallo;
essendo derivabile, h assume il massimo e il minimo nei punti critici interni o agli
estremi.) Essendo h(0) = h(2π) = 4, h( π2 ) = 9, h( 23 π) = −9, riotteniamo il risultato
precedente.
3. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = xy con il vincolo |x| + |y| = 1.
√
Il vincolo g(x, y) = |x| + |y| − 1 = 0 rappresenta il quadrato di lato 2 con
diagonali lungo gli assi coordinati. I punti (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1) sono punti
non regolari per il vincolo in quanto la funzione g(x, y) non è derivabile parzialmente
in tali punti. Ad esempio nel punto (1, 0) si ha
lim±
h→0
g(1, h) − g(1, 0)
1 + |h| − 1
= lim±
= ±1,
h→0
h
h
e dunque non esiste la derivata parziale ∂y g(1, 0). In tali punti f vale 0. (Si verifica
facilmente, anche se non è richiesto, che tali punti non sono punti di massimo o
7
minimo vincolato per f (x, y) = xy; ad esempio avvicinandosi al punto (0, 1) lungo
il vincolo si vede che f > 0 se x → 0+ e f < 0 se x → 0− .)
Sui lati del quadrato possiamo procedere con i moltiplicatori. Ad esempio nel primo
quadrante x > 0, y > 0, otteniamo il sistema


y = λ
x=λ


x + y = 1,
da cui y = x, 2x = 1, x = y = 21 = λ e il punto critico P1 = ( 21 , 21 ). Analogamente
negli altri quadranti otteniamo i punti critici P2 = (− 12 , 12 ), P3 = (− 12 , − 21 ), P4 =
( 21 , − 12 ). Essendo f (P1 ) = f (P3 ) = 41 , f (P2 ) = f (P4 ) = − 41 , otteniamo m =
min f |g=0 = − 41 , M = max f |g=0 = 14 . Osserviamo infine che nei punti P1 , P2 , P3 , P4
le curve di livello f (x, y) = f (Pj ), cioè le iperboli xy = ± 41 , sono tangenti al vincolo,
cioè ai lati del quadrato.
4. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della circonferenza di
equazione (x − 2)2 + (y − 1)2 − 1 = 0.
Disegnando la circonferenza g(x, y) = (x − 2)2 + (y − 1)2 − 1 = 0 si vede facilmente
che i punti cercati P1 , P2 si ottengono intersecando la circonferenza con la retta
y = x/2, che congiunge l’origine con il centro C = (2, 1) ed è perpendicolare alla
circonferenza in tali punti. Si ottiene P1 = (2 − √25 , 1 − √15 ), P2 = (2 + √25 , 1 + √15 ).
Con i moltiplicatori si tratta di ottimizzare la funzione distanza dall’origine, o il
suo quadrato f (x, y) = x2 + y 2 , sul vincolo g(x, y) = 0. Si ottiene il sistema


2x = 2λ(x − 2)
2y = 2λ(y − 1)


(x − 2)2 + (y − 1)2 = 1.
Deve essere (x, y) 6= (2, 1). Ricavando allora λ dalla prima e dalla seconda equazione
e uguagliando si ha
x
y
=
=⇒ (y − 1)x = (x − 2)y =⇒ x = 2y,
x−2
y−1
e sostituendo nel vincolo si riottiene il risultato precedente. Notiamo che nei punti
P1 , P2 le curve di livello f (x, y) = f (P1,2 ), cioè le circonferenze x2 + y 2 = kP1,2 k2 ,
sono tangenti al vincolo.
5. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 y lungo la curva x4 + y 4 = 1.
Notiamo innanzitutto che l’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : x4 + y 4 = 1} è chiuso e
limitato in R2 . Che sia limitato è chiaro in quanto deve essere |x| ≤ 1, |y| ≤ 1.
Che sia chiuso segue dal seguente risultato generale: se g : R2 → R è una funzione
continua, allora l’insieme {(x, y) : g(x, y) = 0} è un sottoinsieme chiuso di R2 .
(Analogamente sono chiusi gli insiemi {(x, y) : g(x, y) ≥ 0}, {(x, y) : g(x, y) ≤ 0},
8
mentre gli insiemi {(x, y) : g(x, y) < 0}, {(x, y) : g(x, y) > 0}, {(x, y) : g(x, y) 6=
0} sono aperti.) Nel nostro caso l’insieme A è l’insieme dei punti in cui si annulla
la funzione g(x, y) = x4 + y 4 − 1, che è continua da R2 a R. Si può dimostrare che
A è una curva chiusa contenuta nel quadrato di lato 2 centrato nell’origine.
Dal teorema di Weierstrass f |g=0 deve ammettere massimo e minimo. Scrivendo il
sistema ∇(f − λg) = 0, g = 0, otteniamo

3

2xy = 4λx
x2 = 4λy 3

 4
x + y 4 = 1.
Dalla prima equazione si ha x(y − 2λx2 ) = 0. Se x = 0 si ottiene y = ±1 dalla
terza equazione e λ = 0 dalla seconda. Inoltre f (0, ±1) = 0. Se invece y =
2λx2 , sostituendo la seconda equazione in quest’ultima si ottiene y = 8λ2 y 3 , cioè
y(1−8λ2 y 2 ) = 0. Se y = 0 dalla seconda equazione si ottiene che anche x = 0 e ciò è
y2
1
1
e x4 = 4λ
impossibile. Se invece 8λ2 y 2 = 1, cioè y 2 = 8λ1 2 si ha y 4 = 64λ
2 = 32λ4 , da
q4
√
4
3
3
cui sostituendo nel vincolo otteniamo λ4 = 64
=⇒ λ = ± 4 64
= ± 2√32 . Da questa
q
q
q
√
2
1
1
1
4 2
4 2
4 2
√
√
,
x
=
±
)
=
,
f
(±
otteniamo y = ± √
.
Essendo
f
(±
,
,−√
4
4
4 ) =
3
3 43
3
3
27
3
√
2
−√
, otteniamo infine
4
27
m = min f |g=0
√
2
= −√
,
4
27
M = max f |g=0
√
2
= √
.
4
27
6. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = |x| + |y| sulla curva x2 + y 2 = 1.
Il modo più semplice di risolvere il problema è quello geometrico. Osserviamo che
se k >√0 le curve di livello di f , di equazione |x| + |y| = k, sono dei quadrati di
lato k 2 con le diagonali lungo gli assi coordinati (mentre se k = 0 si riducono
all’origine e se k < 0 sono l’insieme vuoto). È facile rendersi conto che il vincolo
S 1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 +y 2√= 1} è contenuto nella regione compresa tra i 2 quadrati
|x| + |y| = 1 e |x| + |y| = 2,
√
S 1 ⊂ {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ |x| + |y| ≤ 2},
il secondo dei quali è tangente al vincolo nei punti (± √12 , ± √12 ), mentre il primo
è inscritto in S 1 e lo interseca nei punti (0, ±1), (±1, 0). È evidente√allora che
f |S 1 assume il valore √
massimo M nei punti di S 1 tali che f (x, y) = 2, da cui
M = f (± √12 , ± √12 ) = 2, ed il valore minimo m nei punti di S 1 tali che f (x, y) = 1,
da cui m = f (0, ±1) = f (±1, 0) = 1.
Notiamo che, mentre nei punti di massimo le curve di livello di f sono tangenti
al vincolo, ciò non accade nei punti di minimo che sono punti non regolari per la
funzione f in quanto non esiste ∇f in tali punti (si veda l’esercizio 3).
9
7. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) =
retta x + y = 8.
p
2x2 − xy + y 2 lungo la
Innanzitutto f è definita e continua su tutto R2 essendo
2x2 − xy + y 2 = 2(x − 41 y)2 + 78 y 2 ≥ 0, ∀(x, y) ∈ R2 .
In secondo luogo, se sostituiamo il vincolo y = 8 − x in f otteniamo la funzione di
una variabile
√
h(x) = f (x, 8 − x) = 2 x2 − 6x + 16,
che è continua su R e soddisfa limx→±∞ h(x) = +∞. Ne segue che f |x+y=8 non
ha massimo mentre deve avere minimo m. Questo si può ottenere annullando la
derivata di h, oppure con i moltiplicatori di Lagrange risolvendo il sistema

√ 4x−y
=λ


 2 2x2 −xy+y2
√ 2y−x
=λ
2
2x2 −xy+y 2



x + y = 8,
√
che dà 4x − y = 2y − x, cioè y = 53 x, da cui x = 3, y = 5, m = 2 7.
2
Geometricamente le curve di livello f (x, y) = k (k
− xy + y 2 = k 2 ,
√ > 0), cioè 2x
sono delle ellissi centrate nell’origine. Per k = 2 7 l’ellisse 2x2 − xy + y 2 = 28 è
tangente alla retta x + y = 8 nel punto (3, 5).
8. Sia y = f (x) l’equazione di una curva regolare e sia P = (a, b) un punto non appartenente ad essa. Detto Q = (x, f (x)) un punto variabile sulla curva, dimostrare
che la retta P Q è perpendicolare alla curva se e solo se la distanza P Q è minima o
massima.
Possiamo procedere direttamente scrivendo la distanza
p
P Q = (x − a)2 + (f (x) − b)2 = h(x)
e annullando la derivata di h(x), oppure con i moltiplicatori cercando gli estremi
2
della funzione P Q o più semplicemente P Q , cioè
f (x, y) = (x − a)2 + (y − b)2 con il vincolo g(x, y) = y − f (x) = 0.
Otteniamo il sistema

0

2(x − a) = −λf (x)
2(y − b) = λ


y = f (x).
Sostituendo la seconda e la terza equazione nella prima si ottiene l’equazione
x − a + f 0 (x) (f (x) − b) = 0
10
che fornisce l’ascissa del punto Q sulla curva y = f (x) a minima o massima distanza
da P . Da questa otteniamo che se f 0 (x) 6= 0, x 6= a,
f (x) − b
1
=− 0 ,
x−a
f (x)
cioè il coefficiente angolare della retta P Q è proprio quello della retta normale alla
retta tangente alla curva y = f (x) nel punto Q. Se invece f 0 (x) = 0 si ha x = a,
cioè la retta P Q è verticale mentre la retta tangente a f (x) in Q = (a, f (a)) è
orizzontale. In ogni caso abbiamo che la distanza P Q è minima o massima se e solo
se la retta P Q è perpendicolare alla curva y = f (x) in Q.
9. Determinare il punto Q sulla retta y = mx + q alla minima distanza dal punto
P = (a, b). Dimostrare poi che la distanza di P dalla retta, cioè la distanza P Q, è
d = PQ =
|ma + q − b|
√
.
1 + m2
Posto f (x) = mx + q nell’esercizio precedente otteniamo che l’ascissa del punto Q
è determinata dall’equazione
x − a + m(mx + q − b) = 0,
da cui si ottiene facilmente
Q=
a + (b − q)m ma + m2 b + q
,
1 + m2
1 + m2
.
2
Calcolando la distanza P Q otteniamo
2 2
ma + m2 b + q
a + (b − q)m
2
−a +
−b
PQ =
1 + m2
1 + m2
1
2
2
(−m(ma
+
q
−
b))
+
(ma
+
q
−
b)
=
(1 + m2 )2
(ma + q − b)2
=
,
1 + m2
da cui il risultato.
10. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della curva di equazione
x2 − xy + y 2 = 1.
Si tratta di ottimizzare la funzione f (x, y) = x2 + y 2 con il vincolo g(x, y) = x2 −
xy +y 2 −1 = 0. L’equazione g = 0 definisce un’ellisse centrata nell’origine. Essendo
questo un insieme chiuso e limitato in R2 , la funzione f |g=0 ammette massimo e
minimo. Procedendo con i moltiplicatori di Lagrange otteniamo il sistema


2x = λ(2x − y)
2y = λ(−x + 2y)

 2
x − xy + y 2 = 1.
11
Non può essere nè y = 2x nè x = 2y perchè in entrambi i casi si ottiene x = y = 0
che contrasta con il vincolo. Possiamo allora ricavare λ dalla prime due equazioni
e uguagliare, ottenendo
2x
2y
=
=⇒ x2 = y 2 =⇒ x = ±y,
2x − y
−x + 2y
e in corrispondenza λ = 2 o λ = 2/3. Sostituendo nel vincolo otteniamo i punti
critici vincolati P1 = (1, 1), P2 = (−1, −1) se y = x, e P3 = ( √13 , − √13 ), P4 =
(− √13 , √13 ) se y = −x. Calcolando la funzione f in questi punti si ha
f (P3 ) = f (P4 ) = 32 .
p
√
Quindi la minima (risp. massima) distanza dall’origine è 2/3 (risp.
2). In
effetti si può dimostrare√che g =p
0 definisce un’ellisse centrata nell’origine con assi
y = ±x e semiassi a = 2, b = 2/3. Questa ellisse è tangente alla circonferenza
x2 + y 2 = 2 (risp. x2 + y 2 = 2/3) nei punti P1 , P2 (risp. P3 , P4 ).
f (P1 ) = f (P2 ) = 2,
11. Determinare il minimo di f (x, y) = x2 + y 2 con il vincolo (x − 1)3 − y 2 = 0.
L’insieme A definito dal vincolo g(x, y) = (x − 1)3 − y 2 = 0 è l’unione dei grafici
delle due funzioni y = ±(x − 1)3/2 . Poichè f (x, y) è la distanza al quadrato di
(x, y) dall’origine, è chiaro (disegnando i due grafici) che f ha minimo assoluto
su A nel punto P = (1, 0) ed il minimo vale 1. Notiamo che il punto P è un
punto non regolare per il vincolo perchè il gradiente ∇g(x, y) = (3(x − 1)2 , −2y) si
annulla precisamente per x = 1, y = 0. Procedendo con i moltiplicatori otteniamo
il sistema

2

2x = 3λ(x − 1)
2y = −2λy

 2
y = (x − 1)3
che non è soddisfatto nel punto (1, 0) qualunque sia λ in R. Dunque tale punto di
minimo non può essere determinato in questo modo. Si verifica facilmente che il
sistema non ha soluzioni.
12. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = −x log x−y log y con il vincolo
x + y = 1.
L’insieme sul quale dobbiamo considerare la funzione è
A = {(x, y) ∈ R2 : g(x, y) = x + y − 1 = 0, x > 0, y > 0}.
Si tratta del segmento di estremi (1, 0), (0, 1) sulla retta x + y = 1 (estremi esclusi).
Sostituendo y = 1 − x in f (x, y) otteniamo la funzione di 1 variabile
h(x) = f (x, 1 − x) = −x log x − (1 − x) log(1 − x)
nell’intervallo 0 < x < 1. Notiamo che limx→0+ h(x) = limx→1− h(x) = 0. Inoltre
poichè x e 1 − x sono sempre compresi tra 0 e 1 e log t < 0 per 0 < t < 1, si
12
ha che h(x) è sempre positiva. Ne segue che h deve avere massimo. Per trovare
tale massimo possiamo annullare la derivata h0 , oppure possiamo procedere con i
moltiplicatori ottenendo il sistema


− log x − 1 = λ
− log y − 1 = λ


x + y = 1.
Le soluzione è x = y = 1/2, λ = log 2 − 1, e il massimo è M = max f |g=0 = log 2.
Non esiste invece il minimo di f , mentre l’estremo inferiore è zero.
13. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = x + y con il vincolo xy = 1,
x > 0, y > 0.
Possiamo sostituire il vincolo y = 1/x e studiare la funzione di una variabile h(x) =
x + 1/x nell’intervallo (0, 1), oppure procedendo con i moltiplicatori otteniamo il
sistema


1 = λx
1 = λy


xy = 1,
la cui unica soluzione è x = y = λ = 1, con f (1, 1) = 2. Studiando la funzione h(x)
si vede subito che (1, 1) è punto di minimo vincolato (assoluto). Non esiste invece
il massimo di f lungo il vincolo. Infatti il vincolo è il ramo d’iperbole y = 1/x con
x > 0. Se x → 0+ , y → +∞, e analogamente se y → 0+ , x → +∞. Quindi la
funzione f (x, y) = x + y non è limitata superiormente lungo il vincolo.
14. Tra tutti i rettangoli inscritti nell’ellisse di equazione
perimetro massimo.
x2
a2
+
y2
b2
= 1 trovare quello di
Detti x, y i semilati del rettangolo, si tratta di massimizzare la funzione f (x, y) =
2
2
4(x + y) con il vincolo xa2 + yb2 = 1, x ≥ 0, y ≥ 0. Procedendo con i moltiplicatori
otteniamo il sistema

2

4 = 2λx/a
4 = 2λy/b2

 x2 y 2
+ b2 = 1.
a2
Deve essere λ 6= 0 e dalle prime 2 equazioni si ha
nel vincolo si ottiene facilmente
a2
x= √
,
a2 + b 2
x
a2
=
y
,
b2
cioè y =
b2
x.
a2
Sostituendo
b2
y=√
,
a2 + b 2
√
√
e infine λ = 2 a2 + b2 . Il perimetro massimo è pmax = 4 a2 + b2 . Il rettangolo
cercato è quello che ha per semilati le coordinate del punto di intersezione dell’ellisse
2
con la retta y = ab 2 x (nel primo quadrante). In particolare se a = b otteniamo che
il rettangolo
√ di perimetro massimo inscritto in un cerchio di raggio a è quello con
x = y = a/ 2, cioè il quadrato.
13
È evidente geometricamente che l’estremo vincolato ottenuto corrisponde ad un
massimo. Il rettangolo di perimetro minimo è quello degenere in cui uno dei due
lati è zero, cioè x = 0, y = b (se a > b), oppure y = 0, x = a (se a < b), con
perimetro pmin = min{4b, 4a}.
15. Tra tutte le ellissi di semiassi x, y tali che x2 +y 2 = 5 trovare quella di area massima.
Dobbiamo massimizzare la funzione f (x, y) = πxy con il vincolo x2 + y 2 = 5, x > 0,
y > 0. Con i moltiplicatori otteniamo


πy = 2λx
πx = 2λy

 2
x + y 2 = 5.
Dovendo essere λ 6= 0 si ha y/x p
= x/y da cui x2 = y 2 e x = ±y.
p Sostituendo
nel vincolo otteniamo x = y = 5/2, cioè il cerchio di raggio 5/2, con area
Amax = 5π/2. È evidente che
√ la “minima” area Amin
√ = 0 corrisponde al caso
degenere in cui x → 0 e y → 5 oppure y → 0 e x → 5.
16. Tra tutti i cilindri inscritti nella sfera di raggio R trovare quello di volume massimo.
Detto x il raggio del cilindro e y la semialtezza, dobbiamo trovare il massimo della
funzione f (x, y) = (πx2 ) · (2y) = 2πyx2 con il vincolo x2 + y 2 = R2 , x > 0, y > 0.
Con i moltiplicatori otteniamo il sistema


4πxy = 2λx
2πx2 = 2λy

 2
x + y 2 = R2 .
Non può essere λ = 0 nè x = 0 nè y = 0. Eliminando
√ λ dalle prime 2 equazioni
2
2
2
si ottiene 2πy = πx /y,
q da cui 2y = x e y = x/ 2. Sostituendo nel vincolo
otteniamo infine x =
3
4πR
√ ,
3 3
2
R,
3
y=
√1 R.
3
Notiamo che il volume massimo è Vmax =
√
cioè il volume della sfera diviso per 3.
17. Tra tutti i cilindri (circolari retti) di superficie totale S fissata (incluse le due facce
circolari) trovare quello di volume massimo.
Detto x il raggio e y l’altezza del cilindro, dobbiamo massimizzare la funzione
f (x, y) = πx2 y con il vincolo g(x, y) = 2πxy + 2πx2 = S, x > 0, y > 0. Procedendo
con i moltiplicatori otteniamo il sistema


2πxy = λ(2πy + 4πx)
πx2 = 2πλx


2πxy + 2πx2 = S.
14
Dalla seconda equazione si ottiene λ = x/2 che sostituita nella prima dà y = 2x. Il
volume massimo si ottiene dunque quando l’altezza del cilindro è uguale al diametro.
Sostituendo nel vincolo otteniamo
r
3/2
S
S
x=
, Vmax = 2π
.
6π
6π
18. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = xy + xz + yz
sulla sfera x2 + y 2 + z 2 = 1.
Notiamo che la sfera S 2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 = 1} è un sottoinsieme
chiuso e limitato di R3 . Poichè la funzione f è continua, la restrizione f |S 2 ammette
massimo e minimo per il teorema di Weierstrass. Applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Detta g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − 1, il sistema ∇(f − λg) = 0,
g = 0 diventa

y + z = 2λx



x + z = 2λy

x + y = 2λz


 2
x + y 2 + z 2 = 1.
Notiamo che non può essere λ = 0 perchè in tal caso si ha 0 = y +z = x+z = x+y,
da cui si ottiene facilmente x = y = z = 0, che non soddisfa il vincolo. Ricavando
1
(y + z), e sostituendo nella seconda e nella
allora x dalla prima equazione, x = 2λ
terza otteniamo il sistema
(
(4λ2 − 1)y = (2λ + 1)z
(3)
(2λ + 1)y = (4λ2 − 1)z.
Si presentano 2 casi, cioè λ = −1/2 e λ 6= −1/2. 1) Se λ = −1/2 entrambe le
1
equazioni in (3) sono soddisfatte. Inoltre da x = 2λ
(y + z) si ottiene x = −(y + z),
cioè x + y + z = 0. In questo caso tutti i punti (x, y, z) tali che
(
x+y+z =0
x2 + y 2 + z 2 = 1
soddisfano il sistema e sono punti critici vincolati. Notiamo che tali punti sono
l’intersezione della sfera con il piano x+y +z = 0 e rappresentano una circonferenza
in tale piano, la cui proiezione nel piano xy è l’ellisse di equazione 2x2 +2y 2 +2xy = 1
(come si vede subito eliminando z). In questi punti la funzione vale identicamente
−1/2, infatti si ha
f (x, y, z) = xy + xz + yz = 12 (x + y + z)2 − 21 (x2 + y 2 + z 2 )
e dunque f (x, y, z)|x+y+z=0, x2 +y2 +z2 =1 = −1/2.
2) Se λ 6= −1/2 il sistema (3) diventa (dividendo per (2λ + 1))
(
(2λ − 1)y = z
y = (2λ − 1)z.
15
Sostituendo la prima equazione nella seconda si ottiene y = (2λ − 1)2 y, da cui
4λ(λ − 1)y = 0. Non può essere nè λ = 0 (come già osservato) nè y = 0 (in
entrambi i casi si ottiene x = y = z = 0). Dunque necessariamente λ = 1, e si
ottiene facilmente che y = z = x = ± √13 . Quindi in questo caso otteniamo i 2 punti
critici vincolati P1,2 = ±( √13 , √13 , √13 ). Essendo f (P1 ) = f (P2 ) = 1 concludiamo che
M = max f |g=0 = 1,
m = min f |g=0 = −1/2.
Il massimo è assunto nei punti P1 , P2 ; il minimo è assunto in tutti i punti della sfera
tali che x + y + z = 0. Un modo più veloce per risolvere l’esercizio è indicato negli
esercizi 29 e 32.
19. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = (x + y + z)2 con
il vincolo x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1.
3
2
2
2
L’insieme A = {(x, y, z)
√ y, z) = x + 2y + 3z − 1 = 0} è un ellissoide di
√ ∈ R : g(x,
semiassi a = 1, b = 1/ 2, c = 1/ 3. Questo è un sottoinsieme chiuso e limitato di
R3 . Essendo f continua, la restrizione f |A ammette massimo e minimo. Procedendo
con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange otteniamo il sistema

2(x + y + z) = 2λx



2(x + y + z) = 4λy
2(x + y + z) = 6λx


 2
x + 2y 2 + 3z 2 = 1.
Dalle prime 3 equazioni otteniamo λx = 2λy = 3λz. Se λ = 0 si ottiene x+y+z = 0.
Essendo f (x, y, z) = (x + y + z)2 ≥ 0, tutti i punti (x, y, z) tali che
(
x+y+z =0
x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1
sono punti critici vincolati di minimo assoluto per f , con m = min f |A = 0. Se
invece λ 6= 0 otteniamo x = 2y = 3z. Sostituendo nel vincolo otteniamo i 2 punti
critici vincolati
q
q q P1 =
3
2 3
,
33 2
2
,
33
2
33
,
P2 = −P1 ,
da cui il massimo assoluto
M = max f |A = f (P1 ) = f (P2 ) =
q
2
(3
33
3
2
+ + 1)
2
=
11
.
6
Un altro modo per risolvere l’esercizio è proposto nell’esercizio 35.
20. Tra tutti i parallelepipedi (rettangoli) di volume assegnato V determinare quello di
superficie minima.
16
Detti x, y, z i 3 lati, dobbiamo minimizzare la funzione f (x, y, z) = 2(xy + xz + yz)
con il vincolo g(x, y, z) = xyz − V = 0, x > 0, y > 0, z > 0. Il sistema ∇(f − λg) =
0, g = 0 diventa

2(y + z) = λyz



2(x + z) = λxz
2(x + y) = λxy



xyz = V.
Eliminando λ otteniamo
y+z
yz
=
x+z
xz
=
x+y
.
xy
Da queste si ottiene facilmente x = y =
√
z, cioè il parallelepipedo di superficie minima è il cubo di spigolo 3 V . È evidente
geometricamente che il punto critico x = y = z corrisponde a un minimo e non
certo a un massimo. Infatti mantenendo V = xyz costante possiamo aumentare
indefinitamente la funzione f contraendo uno dei lati a zero e facendo tendere un
altro lato a +∞. In altri termini, la funzione f non è limitata superiormente sul
vincolo g = 0. Per esempio prendendo (x, y, z) = (V, 1ε , ε) e facendo tendere ε → 0+ ,
si ha che
xyz = V, z → 0+ , y → +∞, f (x, y, z) = 2( Vε + V ε + 1) → +∞.
21. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine dell’ellisse ottenuto
2
2
tagliando l’ellissoide x4 + y4 + z 2 = 1 con il piano x + y + z = 1.
Possiamo ottimizzare la funzione f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 con i 2 vincoli g(x, y, z) =
2
x2
+ y4 + z 2 − 1 = 0, h(x, y, z) = x + y + z − 1 = 0. Con il metodo dei moltiplicatori
4
dobbiamo risolvere il sistema


2x = λ2 x + µ




λ



2y = 2 y + µ
∇(f − λg − µh) = 0
cioè
2z = 2λz + µ
g=0


2


x2

h=0
+ y4 + z 2 = 1

4


x + y + z = 1.
Eliminando µ dalle prime 2 equazioni otteniamo (4 − λ)x = (4 − λ)y, e dunque
λ = 4 oppure x = y. Se λ = 4 allora risostituendo nella prima o nella seconda
equazione si ottiene µ = 0, e dalla terza segue z = 0. Sostituendo z = 0 nei 2
vincoli si ottiene il sistema
(
x2 + y 2 = 4
x+y =1
da cui x =
√
1± 7
,
2
y=
√
1∓ 7
.
2
Otteniamo cosı̀ i 2 punti critici vincolati
√
√
P1 = ( 1+2 7 , 1−2 7 , 0),
√
√
P2 = ( 1−2 7 , 1+2 7 , 0),
con f (P1 ) = f (P2 ) = 4. Se invece x = y allora (dal secondo vincolo) z = 1 − 2x e
sostituendo nel primo vincolo otteniamo 12 x2 + (1 − 2x)2 = 1 da cui x = 0, 89 . Se
17
x = y = 0 allora z = 1 e µ = 0, λ = 1. Se x = y =
Otteniamo cosı̀ i 2 punti critici vincolati
P3 = (0, 0, 1),
8
9
allora z = − 97 , λ = 35 , µ =
28
.
27
P4 = ( 98 , 89 , − 97 ),
con f (P3 ) = 1, f (P4 ) = 59
< 4. Concludiamo che il punto a minima distanza è P3
27
√
con dmin = 1, mentre i punti P1 e P2 sono a massima distanza con dmax = 4 = 2.
Il punto P4 non è invece nè punto di massimo nè di minimo vincolato. Il suo
significato è di essere il punto a minima quota z = − 79 lungo l’ellisse, come si vede
estremando la funzione f (x, y, z) = z con gli stessi vincoli. Procedendo come sopra
si ottengono i 2 punti critici P3 e P4 con zmax = f (P3 ) = 1 e zmin = f (P4 ) = − 97 .
22. Tra tutti i triangoli di perimetro assegnato 2p trovare quello di area massima.
Siano x, y, zp
i tre lati del triangolo. Per la formula di Erone, dobbiamo massimizzare
la funzione p(p − x)(p − y)(p − z) o il suo quadrato
f (x, y, z) = p(p − x)(p − y)(p − z)
con i vincoli
x + y + z = 2p,
0 < x < p,
0 < y < p,
0 < z < p.
(Il caso in cui un lato è uguale a p è un caso degenere in cui i 3 vertici del triangolo
sono allineati e l’area è zero.) Procedendo con i moltiplicatori otteniamo il sistema

−p(p − y)(p − z) = λ



−p(p − x)(p − z) = λ
−p(p − x)(p − y) = λ



x + y + z = 2p.
Dalle prime 2 equazioni si ha (p − y)(p − z) = (p − x)(p − z), da cui essendo p 6= z
otteniamo x = y. Analogamente dalla seconda e terza equazione si ottiene y = z.
In definitiva il triangolo di area massima è√ quello√con x = y = z, cioè il triangolo
equilatero di lato l = 2p/3 e area Amax = 43 l2 = 93 p2 .
23. a) Trovare il minimo della funzione f (x1 , x2 , . . . , xn ) = x1 + x2 + · · · + xn con il
vincolo x1 · x2 · · · xn = k (k fissato > 0) e xj > 0 ∀j.
b) Dedurre la seguente disuguaglianza tra media geometrica e aritmetica: dati n
numeri positivi x1 , x2 , . . . , xn vale
√
x1 + x2 + · · · + xn
n
x1 x2 · · · xn ≤
n
con uguaglianza se e solo se x1 = x2 = · · · = xn .
18
a) Posto g(x1 , . . . , xn ) = x1 · x2 · · · xn − k, il sistema ∇(f − λg) = 0, g = 0 diventa

1 = λx2 · x3 · · · xn






1 = λx1 · x3 · · · xn
..
.




1 = λx1 · x2 · · · xn−1



x1 · x2 · · · xn = k.
Moltiplicando la prima equazione per x1 , la seconda per x2 , la n-esima per xn e
tenendo conto del vincolo otteniamo che
x1 = x2 = · · · = xn = λk.
Risostituendo nel vincolo abbiamo che (λk)n = k, λk =
√
n
x1 = x2 = · · · = xn = k.
√
n
k da cui il punto critico
È evidente che si tratta di un minimo e non di un massimo. Infatti prendendo ad
esempio x1 = kA e x2 = x3 = · · · = xn = n−11√A e facendo tendere A → +∞ il
prodotto x1 · x2 · · · xn è costante uguale a k mentre
f (x1 , x2 , . . . , xn ) = kA +
n−1
√ → +∞.
n−1
A
Dunque la funzione f non è limitata superiormente sul vincolo x1 · x2 · · · xn = k.
(Si veda anche l’esercizio 13 per il caso n=2.)
√
b) Essendo il punto x1 = x2 = · · · = xn = n k un punto di minimo, si deve avere
che per ogni n-upla di numeri positivi x1 , . . . , xn , detto k il loro prodotto,
√
√
√
n
n
n
f (x1 , x2 , . . . , xn ) ≥ f ( k, k, . . . k),
cioè
x1 + x2 + · · · + xn ≥ n
√
n
k=n
√
n
x1 · x2 · · · xn .
Dividendo per n si ottiene la disuguaglianza voluta. L’uguaglianza vale solo nel
punto critico, cioè se e solo se x1 = x2 = · · · = xn .
24. Calcolare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = |x| + |y|
sull’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. (Si ricordi l’es. 6.)
Poichè f è continua e A è compatto (chiuso e limitato), f ammette massimo M
e minimo m su A per il teorema di Weierstrass. Nell’esercizio 6 dei risolti abbiamo calcolato gli estremi √
vincolati di f sulla frontiera ∂A di A, con il risultato
min f |∂A = 1, max f |∂A = 2. Consideriamo ora gli estremi liberi di f nell’interno
di A. Per il teorema di Fermat i punti di estremo (massimo o minimo) in cui
f è differenziabile sono da ricercare tra i punti critici di f , cioè i punti in cui si
annulla il gradiente. I punti in cui f non è differenziabile vanno studiati a parte.
19
Nel nostro caso f è differenziabile in tutti i punti che non stanno sugli assi coordinati, mentre @ ∂y f (x̄, 0), @ ∂x f (0, ȳ), ∀x̄, ȳ, come si verifica subito. Nell’origine
non esistono nè ∂x f (0, 0) nè ∂y f (0, 0). Nei punti di differenziabilità il gradiente
∇f non si annulla mai. Per esempio nel primo quadrante x > 0, y > 0, si ha
f (x, y) = x + y e ∇f (x, y) = (1, 1). Lungo gli assi si ha f (x̄, 0) = |x̄|, f (0, ȳ) = |ȳ|,
quindi nell’insieme A, 0 ≤ f (x̄, 0) ≤ 1, 0 ≤ f (0, ȳ) ≤ 1, e nell’origine f (0, 0) = 0.
Essendo f (x, y) ≥ 0 ∀(x, y), è evidente che (0, 0) è un punto di minimo assoluto
√
per f . Concludiamo che f assume il massimo assoluto sulla frontiera, M = 2, e
il minimo assoluto nell’origine, m = 0.
25. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = ex
2 −y 2
sugli insiemi
a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1};
b) B = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.
a) Dobbiamo estremizzare f sul cerchio unitario. Distinguiamo lo studio dei punti
interni da quello della frontiera ∂A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}.
• Interno. Calcolando il gradiente di f e uguagliando a zero otteniamo
∇f (x, y) = ex
con f (0, 0) = 1.
massimo, minimo
trova Hf (0, 0) = 2 −y 2
(2x, −2y) = (0, 0) ⇐⇒ x = y = 0,
(Non è richiesto di verificare se si tratta di un punto di
o sella. Comunque calcolando il determinante hessiano si
2 0 = −4 < 0 e quindi l’origine è un punto di sella.)
0 −2 • Frontiera. Procedendo con i moltiplicatori abbiamo che gli eventuali punti di
estremo vincolato sono soluzione del sistema
 2 2
x −y

2x = 2λx
e
2
2
−ex −y 2y = 2λy

 2
x + y 2 = 1.
Notiamo che se vale contemporaneamente x 6= 0 e y 6= 0 allora eliminando
2
2
2
2
λ tra le prime 2 equazioni si ottiene λ = ex −y = −ex −y che è impossibile.
Quindi o x = 0 o y = 0. Se x = 0 dal vincolo si ottiene y = ±1, e dalla seconda
equazione λ = −e−1 . Quindi i 2 punti (0, ±1) sono punti critici vincolati con
f (0, ±1) = e−1 = 1e . Se invece y = 0 otteniamo x = ±1, λ = e, f (±1, 0) = e.
Concludiamo che M = max f |A = e, m = min f |A = 1e .
b) Notiamo che l’insieme B è il quadrato −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, che è chiuso e
limitato, quindi f essendo continua deve avere massimo e minimo su B.
• Interno. Procedendo come sopra l’unico punto critico interno è l’origine con
f (0, 0) = 1.
20
• Frontiera. ∂B è l’unione di 4 curve regolari (i 4 lati) ma i vertici P1 = (1, 1),
P2 = (−1, 1), P3 = (−1, −1), P4 = (1, −1) sono punti non regolari e vanno
considerati a parte. In tali punti si ha f (P1 ) = f (P2 ) = f (P3 ) = f (P4 ) = 1.
Sui lati del quadrato si ha:
2
(a) per x = 1 e −1 < y < 1 si ha f (1, y) = e1−y , che presenta un massimo in
y = 0, con f (1, 0) = e;
2
(b) per x = −1 e −1 < y < 1 si ha f (−1, y) = e1−y , e otteniamo la stessa
conclusione;
2
(c) per y = ±1 e −1 < x < 1 si ha f (x, ±1) = ex −1 , che ha un minimo in
x = 0, con f (0, ±1) = e−1 .
Confrontando tutti i valori di f concludiamo che M = max f |B = e, m = min f |B =
1
, esattamente come sull’insieme A.
e
26. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 y + xy 2 − xy nel triangolo
T = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}.
• Interno. I punti critici interni sono determinati da
∇f (x, y) = (2xy + y 2 − y, x2 + 2xy − x) = (0, 0),
cioè sono le soluzioni del sistema
(
y(2x + y − 1) = 0
x(x + 2y − 1) = 0.
Per la legge di annullamento del prodotto otteniamo l’unione di 4 sistemi
(
(
(
(
2x + y − 1 = 0
2x + y − 1 = 0
y=0
y=0
∪
∪
∪
x + 2y − 1 = 0.
x=0
x + 2y − 1 = 0
x=0
La soluzione è data dai 4 punti (0, 0), (1, 0), (0, 1), ( 31 , 13 ). I primi 3 sono sulla
frontiera ∂T (sono proprio i vertici del triangolo) e sono punti non regolari
di ∂T che vanno comunque considerati a parte. In tali punti si ha f (0, 0) =
1
f (1, 0) = f (0, 1) = 0. Il punto ( 13 , 31 ) è invece interno a T e si ha f ( 13 , 13 ) = − 27
.
• Frontiera. Abbiamo già visto i vertici, consideriamo ora i lati del triangolo.
(a) y = 0, 0 < x < 1, f (x, 0) = 0, ∀x;
(b) x = 0, 0 < y < 1, f (0, y) = 0, ∀y;
(c) y = 1 − x, 0 < x < 1, f (x, 1 − x) = x2 (1 − x) + x(1 − x)2 − x(1 − x) =
(1 − x)(x2 + x − x2 − x) = 0, ∀x.
1
Concludiamo che M = max f = 0, m = min f = − 27
.
27. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 + y 2 − 3y + xy nel cerchio
A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 9}.
21
• Interno. I punti critici interni sono determinati da
∇f (x, y) = (2x + y, 2y − 3 + x) = (0, 0),
da cui il sistema
(
2x + y = 0
2y − 3 + x = 0
⇐⇒
(
y=2
x = −1.
C’è quindi un solo punto critico interno P1 = (−1, 2) e si calcola f (P1 ) = −3.
Pur non essendo
richiesto,
calcolando la matrice hessiana in P1 si ottiene
2 1
Hf (−1, 2) =
, e si deduce che P1 è un punto di minimo relativo.
1 2
• Frontiera. Procedendo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, dobbiamo
risolvere il sistema


2x + y = 2λx
2y − 3 + x = 2λy

 2
x + y 2 = 9.
Se x = 0 dalla prima equazione si ha y = 0 che è impossibile. Se y = 0 dalla
seconda equazione si ha x = 3 ed il punto (3, 0) risolve anche il vincolo. Inoltre
dalla prima si ottiene λ = 1. Se invece y 6= 0 e x 6= 0, eliminando λ tra le
prime 2 equazioni otteniamo
2λ =
2x + y
2y − 3 + x
=
,
x
y
da cui 2xy + y 2 = 2xy − 3x + x2 , cioè y 2 = −3x + x2 . Sostituendo nel vincolo
otteniamo l’equazione 2x2 − 3x − 9 = 0, da cui x = 3, −3/2. Se x = 3 si
ha y = √
0, cioè si riottiene la soluzione (3, 0). Se invece x = −3/2 otteniamo
y = ±3 3/2. In definitiva,
√ otteniamo 3 punti
√ critici vincolati sulla frontiera,
P2 = (3, 0), P3 = (− 32 , 32 3), P4 = (− 23 , − 23 3).
√
√
27
Si calcola f (P2 ) = 9, f (P3 ) = 9 − 27
3
<
9,
f
(P
)
=
9
+
3 > 9. Notiamo
4
4
4
√
27
inoltre che 9 − 4 3 > −3, cioè f (P3 ) > f (P1 ), come si verifica facilmente (anche
senza calcolatrice!). Confrontando
tutti i valori di f nei punti critici concludiamo
√
27
che M = max f = 9 + 4 3, m = min f = −3.
Esercizi di approfondimento
28. a) Scrivendo il sistema ∇(f − λg)(x, y, z) = 0 otteniamo

2λ

y + z = a2 x
x + z = 2λ
y
b2


2λ
x + y = c2 z,
22
(4)
cioè

2λ

− a2 x + y + z = 0
y+z =0
x − 2λ
b2


x + y − 2λ
z = 0,
c2
o ancora, in forma matriciale,
   2λ
 
1
1
− a2
x
x
2λ





y  = 0.
1 − b2
1
A(λ) y
=
2λ
z
z
1
1 − c2
Affinchè vi siano soluzioni non identicamente nulle (questa condizione è richiesta
per soddisfare il vincolo) è necessario e sufficiente che il determinante della matrice
A(λ) si annulli. Un semplice calcolo ci dà
2λ
− 2
1
1
a
3
2 2
2 2
2 2
2 2 2
2λ
= − 2
1 − 2
1
4λ
−
a
b
+
a
c
+
b
c
λ
−
a
b
c
b
a2 b 2 c 2
1
1 − 2λ
c2
2
= − 2 2 2 p(λ).
abc
b) Moltiplicando la prima equazione del sistema (4) per x, la seconda per y, la terza
per z e sommandole, otteniamo che se (x, y, z, λ) risolve il sistema (1) allora
2
x
y2 z2
x(y + z) + y(x + z) + z(x + y) = 2λ
+ 2 + 2 = 2λ,
a2
b
c
cioè 2(xy + xz + yz) = 2λ, cioè f (x, y, z) = λ.
c) Si ha limλ→±∞ p(λ) = ±∞. La derivata è
p0 (λ) = 12λ2 − a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 ,
dunque
r
a2 b2 + a2 c2 + b2 c2
.
12
La funzione p(λ) è crescente su (−∞, λ− ) e su (λ+ , +∞), decrescente su (λ− , λ+ ),
e ha un massimo per λ = λ− e un minimo per λ = λ+ . Poichè p(0) < 0, è chiaro
che p(λ+ ) < 0 e p(λ) ha sicuramente una radice positiva λ3 > 0. Per vedere se vi
sono radici negative bisogna studiare il segno del massimo p(λ− ). Si ha
3/2
2 2
3/2
a b + a2 c 2 + b 2 c 2
(a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 )
√
− a2 b 2 c 2
p(λ− ) = −4
+
12
12
2 2
3/2
a b + a2 c 2 + b 2 c 2
=
− a2 b 2 c 2 ≥ 0
3
2/3
a2 b2 + a2 c2 + b2 c2
⇐⇒
≥ a2 b 2 c 2
= (abc)4/3 .
(5)
3
p0 (λ) = 0 ⇐⇒ λ = λ± = ±
23
Ora scrivendo la disuguaglianza ottenuta nell’esercizio 23 per n = 3 con x1 = a2 b2 ,
x2 = a2 c2 , x3 = b2 c2 , si ottiene
√
a2 b 2 + a2 c 2 + b 2 c 2
3
≥ a4 b4 c4 ,
3
che è precisamente la (5). Ne segue che p(λ− ) ≥ 0, con uguaglianza se e solo se
x1 = x2 = x3 cioè a = b = c. Dunque p(λ) ha sempre 2 radici negative λ1 < λ2 < 0
tranne che per a = b = c, in cui ha una sola radice negativa (di molteplicità 2, che
è proprio λ = λ− , cioè il punto di massimo in cui p(λ) si annulla).
d) Dai punti a), b) e c) segue che il sistema (1) ha soluzione se e solo se λ =
λ1 , λ2 , λ3 . Inoltre se (xj , yj , zj ) è una qualsiasi soluzione corrispondente a λj , si ha
che λj = f (xj , yj , zj ) (j = 1, 2, 3). Per il teorema di Weierstrass esistono il minimo
m e il massimo M di f |g=0 (l’ellissoide essendo chiuso e limitato in R3 ). Per il
teorema dei moltiplicatori di Lagrange, detto (xm , ym , zm ) un punto di minimo e
(xM , yM , zM ) un punto di massimo di f vincolati a g = 0, esistono λm e λM tali che il
sistema (1) è soddisfatto da (xm , ym , zm , λm ) e da (xM , yM , zM , λM ). Essendo λm =
f (xm , ym , zm ) = m e λM = f (xM , yM , zM ) = M , segue che m, M ∈ {λ1 , λ2 , λ3 }.
Poichè λj = f (xj , yj , zj ), la più piccola radice λ1 di p(λ) deve necessariamente essere
m, la più grande λ3 deve essere M .
29. a) Per a = b = c il polinomio p(λ) dell’esercizio precedente diventa
p(λ) = 4λ3 − 3a4 λ − a6 .
Si verifica immediatamente che p(a2 ) = 0. Scomponendo con Ruffini otteniamo
p(λ) = (λ − a2 )(2λ + a2 )2 ,
2
da cui le radici λ1 = λ2 = − a2 , λ3 = a2 .
b) Per a = b = c e λ = λ3 = a2 il sistema (1) diventa (si veda la (4)):

y + z = 2x



x + z = 2y

x + y = 2x


 2
x + y 2 + z 2 = a2 .
Dalla prima equazione ricaviamo x = 21 (y + z) e sostituendo nella seconda e terza
equazione otteniamo
(
(
1
(y
+
z)
+
z
=
2y
− 32 y + 32 z = 0
2
⇐⇒
1
3
(y + z) + y = 2z
y − 32 z = 0,
2
2
da cui y = z, e dunque x = y = z. Sostituendo nel vincolo si ottiene x = y = z =
± √a3 , e quindi abbiamo i 2 punti critici vincolati ±v3 = ±( √a3 , √a3 , √a3 ), che sono
punti di massimo assoluto f (±v3 ) = a2 = λ3 = M .
24
Per a = b = c e λ = λ1 = −a2 /2 il sistema (1) diventa

y + z = −x



x + z = −y

x + y = −x


 2
x + y 2 + z 2 = a2
cioè
(
x+y+z =0
x 2 + y 2 + z 2 = a2 .
In questo caso tutti i vettori v = (x, y, z) tali che kvk = a e x + y + z = 0
sono soluzione. Tutti questi sono punti di minimo assoluto m = λ1 = −a2 /2.
In particolare per a = 1 riotteniamo i risultati dell’es. 18 dei risolti (M = 1,
m = −1/2).
30. Per a = b 6= c il polinomio p(λ) dell’esercizio 28 diventa
p(λ) = 4λ3 − a4 + 2a2 c2 λ − a4 c2 .
2
È facile verificare che p(− a2 ) = 0. Scomponendo con Ruffini otteniamo
2
p(λ) = λ + a2
4λ2 − 2a2 λ − 2a2 c2 .
Uguagliando a zero il trinomio di secondo grado si ottiene
√
a2 a2 ± a a2 + 8c2
p(λ) = 0 ⇐⇒ λ = − ,
.
2
4
Dall’esercizio 28 segue che il massimo M di f |g=0 è la più grande radice di p(λ),
dunque
√
a2 + a a2 + 8c2
.
M=
4
Analogamente il minimo m di f |g=0 è la più piccola
radice di p(λ). Per vedere chi è
√
a2
a2 −a a2 +8c2
la più piccola tra le 2 radici negative − 2 e
studiamo la disuguaglianza
4
√
a2 −a a2 +8c2
4
2
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2
> − a2
√
3a > a a2 + 8c2
√
3a > a2 + 8c2
9a2 > a2 + 8c2
a2 > c2 ⇐⇒ a > c.
Ne segue che
(
m=
2
− a2
√
a2 −a a2 +8c2
4
se a > c
se a < c.
In particolare per a√ = b = 2, c = 1 riotteniamo i risultati dell’esercizio 12 dei
proposti (M = 1 + 3, m = −2).
25
31. a) Sia λ1 = max f |S n−1 e sia v1 ∈ S n−1 un punto di massimo, λ1 = f (v1 ). Per il
teorema dei moltiplicatori di Lagrange esiste λ ∈ R tale che
∇(f − λg)(v1 ) = 0.
Essendo
g(x) = x21 + x22 + · · · + x2n − 1,
è immediato che ∇g(x) = 2x. Per calcolare ∇f (x), scriviamo
f (x) = hx, Axi =
n
X
Aij xi xj ,
i,j=1
e osserviamo che
∂xi
= δij =
∂xj
(
1 se i = j
0 se i 6= j.
Ne segue che
n
∂ X
∂f
(x) =
Aij xi xj
∂xk
∂xk i,j=1
=
=
=
n
X
Aij δik xj +
n
X
i,j=1
n
X
i,j=1
n
X
j=1
n
X
i=1
n
X
Akj xj +
Akj xj +
j=1
n
X
=2
Aij δjk xi
Aik xi
Aki xi
i=1
Akj xj = 2(Ax)k ,
j=1
da cui la formula ∇f (x) = 2Ax. Sostituendo in ∇(f − λg)(v1 ) = 0 otteniamo
2Av1 = 2λv1 , cioè Av1 = λv1 . Moltiplicando questa equazione scalarmente per v1 e
ricordando che kv1 k = 1, otteniamo
hv1 , Av1 i = λhv1 , v1 i = λ,
cioè f (v1 )(= λ1 ) = λ. Dunque Av1 = λ1 v1 , cioè il massimo λ1 di f |S n−1 è autovalore
di A con autovettore v1 .
b) Ottimizziamo ora la funzione f sull’insieme
S n−2 = {x ∈ S n−1 : hx, v1 i = 0},
cioè con i due vincoli g(x) = 0 e h(x) = hx, v1 i = 0. Sia λ2 = max f |S n−2 e sia
v2 ∈ S n−2 un punto di massimo, λ2 = f (v2 ) (esistenza garantita dal teorema di
26
Weierstrass). Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange esistono λ, µ ∈ R tali
che
∇(f − λg − µh)(v2 ) = 0.
Il gradiente di h è ∇h(x) = v1 , ∀x. Sostituendo quest’ultima insieme a ∇f (x) =
2Ax, ∇g(x) = 2x, si ottiene
2Av2 = 2λv2 + µv1 .
Moltiplicando questa equazione scalarmente per v1 e ricordando che hv1 , v2 i = 0 e
che A è simmetrica, otteniamo
2hv1 , Av2 i = 2hAv1 , v2 i = 2λ1 hv1 , v2 i = 0
= 2λhv1 , v2 i + µhv1 , v1 i = µ,
cioè µ = 0. Dunque Av2 = λv2 . Moltiplicando quest’ultima scalarmente per v2
otteniamo infine
hv2 , Av2 i = λhv2 , v2 i = λ,
cioè f (v2 )(= λ2 ) = λ. Dunque Av2 = λ2 v2 , cioè il massimo λ2 di f |S n−2 è autovalore
di A con autovettore v2 .
c) Ripetiamo il procedimento, ottimizzando la funzione f sull’insieme
S n−3 = {x ∈ S n−1 : hx, v1 i = 0, hx, v2 i = 0},
cioè con i tre vincoli g(x) = 0, h(x) = 0 e k(x) = hx, v2 i = 0. Sia λ3 = max f |S n−3
e sia v3 ∈ S n−3 un punto di massimo, λ3 = f (v3 ) (di nuovo l’esistenza del massimo
è garantita dal teorema di Weierstrass). Esistono allora λ, µ, ν ∈ R tali che
∇(f − λg − µh − νk)(v3 ) = 0,
cioè
2Av3 = 2λv3 + µv1 + νv2 .
Moltiplicando questa equazione scalarmente per v1 si trova µ = 0; moltiplicandola
per v2 si trova ν = 0. Dunque Av3 = λv3 . Moltiplicando questa scalarmente per
v3 si ottiene f (v3 )(= λ3 ) = λ, da cui Av3 = λ3 v3 . Ovviamente sarà λ1 ≥ λ2 ≥ λ3 e
v1 ⊥ v2 ⊥ v3 .
d) Iterando il procedimento otteniamo l’insieme
S n−k = {x ∈ S n−1 : hx, v1 i = hx, v2 i = · · · = hx, vk−1 i = 0}
tale che, posto λk = max f |S n−k = f (vk ), si ha Avk = λk vk . Gli ultimi 3 insiemi
saranno S 2 (sfera bidimensionale, per k = n − 2), S 1 (circonferenza, per k = n − 1)
e S 0 (per k = n), che consiste di 2 punti simmetrici rispetto all’origine, S 0 =
{vn , −vn }, essendo S 0 lo spazio ortogonale al vettore vn−1 in S 1 . Chiaramente f |S 0
è costante, essendo in generale f (−x) = f (x). Per dimostrare che l’ultimo vettore
vn (che è ortogonale a v1 , v2 , . . . , vn−1 ) è autovettore di A, basta osservare che
hvj , Avn i = hAvj , vn i = λj hvj , vn i = 0, ∀j = 1, 2, . . . , n − 1,
27
cioè il vettore Avn è ortogonale a tutti i vettori v1 , v2 , . . . , vn−1 , ed è quindi proporzionale a vn , Avn = λvn . Da questa segue subito che λ = λn = f (vn ).
Per come sono stati definiti i vettori vk (usando i massimi ad ogni passo) si ha
λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn , e λ1 = f (v1 ) è il massimo autovalore di A, mentre λn = f (vn )
è il minimo autovalore di A. Questo metodo dimostra che tutti gli autovalori di A
sono reali essendo λk = f (vk ) ∈ R ∀k = 1, . . . , n. Il procedimento termina a S 0
perchè abbiamo costruito n vettori v1 , v2 , . . . , vn ortogonali tra loro e di norma 1,
cioè una base ortonormale di Rn costituita di autovettori di A.
Abbiamo dimostrato che il massimo di f su S n−1 coincide con il più grande autovalore di A, max f |S n−1 = λ1 . È facile dimostrare che il minimo di f su S n−1
coincide con il più piccolo autovalore di A (cioè λn ). Infatti, posto λ̃1 = min f |S n−1
e indicando con ṽ1 ∈ S n−1 un punto di minimo, si trova (procedendo come al punto
a)) che Aṽ1 = λ̃1 ṽ1 , cioè il minimo di f su S n−1 è autovalore di A. Poichè tutti gli
autovalori di A sono dei valori assunti da f su S n−1 , necessariamente λ̃1 sarà il più
piccolo autovalore. In conclusione si ha che max f |S n−1 = massimo autovalore di A,
min f |S n−1 = minimo autovalore di A, e i punti di massimo e di minimo sono i corrispondenti autovettori (normalizzati a 1).
32. Nell’esercizio 18 dei risolti si ha che, posto v = (x, y, z),

0
f (x, y, z) = xy + xz + yz = hv, Avi, dove A = 
1
2
1
2
1
2
0
1
2
1
2
1
2

.
0
Per l’esercizio precedente, il massimo M e il minimo m di f sulla sfera unitaria
coincidono con il massimo e il minimo autovalore della matrice A. Il polinomio
caratteristico di A è
1 −λ 1
2
2
p(λ) = |A − λI| = 12 −λ 12 = − 14 4λ3 − 3λ − 1 .
1
1
−λ 2
2
Notando che p(1) = 0, possiamo scomporre con Ruffini ottenendo
2
p(λ) = −(λ − 1) λ + 21 ,
da cui M = 1, m = −1/2, in accordo con l’esercizio 18. Calcolando gli autovettori
(normalizzati a 1) troviamo che v = ( √13 , √13 , √13 ) è autovettore di λ = 1, mentre
qualsiasi vettore w = (x, y, z) ∈ S 2 tale che x+y +z = 0 è autovettore di λ = −1/2.
Questi coincidono con i punti di massimo e di minimo ottenuti nell’esercizio 18.
33. a) Indichiamo con x il vettore generico di Rn , x = (x1 , x2 , . . . , xn ). Essendo
g(x) =
x21
a21
+
x22
a22
+ ··· +
x2n
a2n
− 1,
si ha subito che
∇g(x1 , x2 , . . . , xn ) = 2
28
x1 x2
, , . . . , xa2n
a21 a22
n
= 2B −2 x,
dove B è la matrice diagonale

a1

a2

B=
...



an

1
a21
1
a22




−2
 =⇒ B = 



..
.
1
a2n


.


Ricordando che ∇f (x) = 2Ax, il sistema ∇(f −λg)(x) = 0 diventa 2Ax = 2λB −2 x,
cioè moltiplicando a sinistra per B 2 , B 2 Ax = λx. Se x soddisfa il vincolo, moltiplicando l’equazione Ax = λB −2 x scalarmente per x e notando che
hx, B −2 xi =
x21
a21
+
x22
a22
+ ··· +
x2n
a2n
= 1,
otteniamo hx, Axi = λ, cioè f (x) = λ.
b) Notiamo che si ha
B 2 A = B(BAB)B −1 ,
cioè la matrice B 2 A è simile alla matrice Ã = BAB. Ne segue che B 2 A e Ã hanno
lo stesso polinomio caratteristico in quanto
B 2 A − λI = B(BAB − λI)B −1 = B(Ã − λI)B −1
e dunque
2
B A − λI = Ã − λI .
Quindi B 2 A e Ã hanno gli stessi autovalori. Inoltre si ha Ãy = λy se e solo se
BABy = λy ⇔ (B 2 A)(By) = λ(By) ⇔ B 2 Ax = λx,
dove x = By.
c) Se x = By, cioè xj = aj yj , è immediato che
X x2
X
j
=
1
⇐⇒
yj2 = 1.
2
a
j
Inoltre poichè B è simmetrica, si ha
f (x) = hx, Axi = hBy, AByi = hy, BAByi = hy, Ãyi.
Da questo si deduce che ottimizzare f sull’ellissoide E n−1 è equivalente a ottimizzare la funzione f˜(y) = hy, Ãyi sulla sfera unitaria S n−1 . Utilizzando i risultati
dell’esercizio 31, otteniamo che il massimo M di f |E n−1 è il più grande autovalore
di Ã, e il minimo m di f |E n−1 è il più piccolo autovalore di Ã.
34. Nell’esercizio 12 dei proposti si ha che, posto v = (x, y, z),

f (x, y, z) = xy + xz + yz = hv, Avi, dove A = 
29
0
1
2
1
2
1
2
0
1
2
1
2
1
2
0

.
Dobbiamo ottimizzare questa forma quadratica sull’ellissoide
g(x, y, z) = x2 /4 + y 2 /4 + z 2 − 1 = 0.
Possiamo allora applicare i risultati dell’esercizio precedente con n = 3, a1 = a2 = 2,
a3 = 1. Detta B la matrice


2 0 0
B =  0 2 0 ,
0 0 1
è sufficiente calcolare il

2

0
Ã = BAB =
0
minimo e il massimo autovalore della matrice

 


2 0 0
0 0
0 2 1
0 12 12
2 0   21 0 12   0 2 0  =  2 0 1  .
1
1
0
0 0 1
0 1
1 1 0
2
2
Il polinomio caratteristico di Ã è
1
−λ 2
p(λ) = Ã − λI = 2 −λ 1
1
1 −λ
= −λ3 + 6λ + 4.
Notando che p(−2) = 0 possiamo scomporre con Ruffini ottenendo
√
p(λ) = −(λ + 2)(λ2 − 2λ − 2) = 0 ⇐⇒ λ = −2, 1 ± 3.
Concludiamo che
M = max f |g=0 = 1 +
√
3,
m = min f |g=0 = −2,
in accordo con i risultati dell’esercizio 12 (si veda anche l’esercizio 30).
35. Nell’esercizio 19 dei risolti, posto v = (x, y, z), si ha
f (x, y, z) = (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2xz + 2yz


1 1 1
= hv, Avi, dove A =  1 1 1  .
1 1 1
Dobbiamo ottimizzare questa forma quadratica sull’ellissoide g(x, y, z) = 1 dove
g(x, y, z) = x2 + 2y 2 + 3z 2 = x2 +
„
y2
«2
√1
2
+
„
z2
«2 .
√1
3
Applichiamo i risultati dell’esercizio 33 con n = 3, a1 = 1, a2 =
B la matrice


1 0 0
1
B =  0 √2 0  ,
0 0 √13
30
√1 ,
2
a3 =
√1 .
3
Detta
dobbiamo calcolare il minimo e il massimo autovalore della matrice




1 0 0
1 0 0
1 1 1
1
1
Ã = BAB =  0 √2 0   1 1 1   0 √2 0 
0 0 √13
0 0 √13
1 1 1


1 √12 √13


=  √12 21 √16  .
√1
3
√1
6
(6)
1
3
Il polinomio caratteristico di Ã è
√1
1−λ
2
1
−
λ
p(λ) = Ã − λI = √12
2
√1
1
√
3
6
1
3
= −λ3 +
−λ √1
3
√1
6
11 2
λ
6
= −λ2 (λ −
11
).
6
Gli autovalori di Ã sono quindi λ = 0, 11
, e concludiamo che
6
M = max f |g=1 =
11
,
6
m = min f |g=1 = 0,
in accordo con i risultati dell’esercizio 19.
36. Applichiamo i risultati dell’esercizio 33 con n = 3, a1 = a, a2 = b, a3 = c. Il
massimo M e il minimo m di f (x, y, z) = xy + xz + yz vincolati all’ellissoide
2
2
x2
+ yb2 + zc2 = 1 coincidono con il massimo e il minimo autovalore della matrice
a2




 
ac
0 ab
a 0 0
0 12 12
a 0 0
2
2
0 bc2  .
Ã = BAB =  0 b 0   21 0 12   0 b 0  =  ab
2
1
1
ac
bc
0 0 c
0
0 0 c
0
2
2
2
2
Il polinomio caratteristico di Ã è
ac
−λ ab
2
2
ab
p̃(λ) = Ã − λI = 2 −λ bc2
bc
ac
−λ
2
2
2
= − λ3 + 41 a2 b2 + a2 c2 + b2 c λ + 41 a2 b2 c2
= − 14 λ3 − a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 λ − a2 b2 c2 = − 41 p(λ),
dove p(λ) è il polinomio dell’esercizio 28. Poichè Ã è una matrice simmetrica, i suoi
autovalori sono reali, dunque le radici di p(λ) sono tutte reali. Per il teorema dei
segni di Cartesio, poichè p(λ) ha una variazione e p(−λ) ha due variazioni, p(λ) ha
una radice positiva λ3 e due radici negative λ1 ≤ λ2 < 0. (Queste sono contate con
la loro molteplicità, quindi è incluso il caso di a = b = c in cui λ1 = λ2 , si veda
l’esercizio 29.) Dall’esercizio 33 si deduce che M = λ3 e m = λ1 , in accordo con i
risultati dell’esercizio 28.
31
37. Poichè l’ellissoide definito da
g(x) = hx, Axi =
3
X
Aij xi xj = 1
i,j=1
è centrato nell’origine, dobbiamo determinare i punti sull’ellissoide a distanza massima e minima dall’origine. (La distanza massima è il semiasse maggiore, quella
minima è il semiasse minore.) Si tratta quindi di determinare gli estremi della
funzione distanza kxk, o del suo quadrato
f (x) = kxk2 = x21 + x22 + x23 ,
con il vincolo g(x) = 1. Si ha (vedi esercizio 31)
∇f (x) = 2x,
∇g(x) = 2Ax.
Sostituendo nel sistema ∇(f − λg)(x) = 0 otteniamo
2x = 2λAx =⇒ Ax = λ1 x.
Quindi se (x, λ) risolve il sistema
(
∇(f − λg)(x) = 0
g(x) = 1,
il punto critico vincolato x è autovettore di A e il moltiplicatore di Lagrange λ è il
reciproco 1/µ di un autovalore µ di A. Inoltre moltiplicando l’equazione x = λAx
scalarmente per x otteniamo
hx, xi = kxk2 = f (x) = λhx, Axi = λ,
cioè il moltiplicatore di Lagrange λ coincide con il valore di f nel punto critico
vincolato x. Siano µ1 , µ2 , µ3 gli autovalori di A, con 0 < µ1 ≤ µ2 ≤ µ3 (ricordiamo
che A è definita positiva). Da quanto detto sopra segue che
o
n
M = max f |g=1 = max µ1 : µ è autovalore di A = µ11 ,
m = min f |g=1 = min
n
1
µ
o
: µ è autovalore di A =
1
.
µ3
Poichè f (x) è la distanza al quadrato di x dall’origine, concludiamo che il semiasse
√
√
maggiore dell’ellissoide è 1/ µ1 , e il semiasse minore è 1/ µ3 .
32