Minimi e Massimi Vincolati

Massimi e Minimi Vincolati
Massimi e Minimi Vincolati
La precedente sezione si è chiusa con due interessanti problemi (facoltativi), riconducibili alla
ricerca del minimo assoluto per funzioni definite in tutto R 2 . L’uso (tra gli altri) di risultati
riguardanti gli estremi relativi è stato possibile in quanto R 2 è un insieme aperto e di conseguenza
tutti i suoi punti sono punti interni. Ci sono però problemi altrettanto interessanti di ricerca di
minimo (o massimo) assoluto (qui di seguito se ne dà un esempio) per i quali il citato teorema non è
utilizzabile.
Un esempio: Il letto di un fiume è posto lungo la parabola di equazione y = x 2 . Se ci troviamo nel
punto (2,3) , qual è la nostra distanza dal fiume? Qual è il punto del fiume più vicino alla nostra
posizione?
Formalizzazione del problema: Essendo
( f ( x, y ) = )
( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 la distanza del punto
(2,3) dal generico punto ( x, y ) del piano, il secondo quesito posto si può formalizzare nel seguente
modo:
Trovare il (punto di) minimo assoluto della funzione f ( x, y ) (o equivalentemente della funzione
[ f ( x, y ) ]
2
= ( x − 2) 2 + ( y − 3) 2 ) sull’insieme E = {( x, y ) | ( Φ ( x. y ) = ) y − x 2 = 0} (1).
Osservazione:
-
Non appena si trova ( x0 , y0 ) punto di minimo assoluto (di f ( x, y ) o di [ f ( x, y ) ] ), f ( x0 , y0 ) è
2
la risposta al primo quesito.
Soluzione: Il generico punto del fiume (e quindi dell’insieme E ) ha coordinate ( x, x 2 ) e allora la
sua distanza (al quadrato) dal punto (2,3) è F ( x) ( = f ( x, x 2 ) ) = ( x − 2) 2 + ( x 2 − 3) 2 . Il problema
posto è stato così ricondotto alla ricerca del minimo assoluto di una funzione di una sola variabile,
che non presenta particolari difficoltà.
Osservazione: Si noti, nella procedura utilizzata, l’importanza dell’essere l’insieme E il grafico di
una funzione. Gli argomenti che seguono tra l’altro hanno lo scopo di rimuovere questa forte
restrizione.
Definizione: Siano f ( x, y ) e Φ ( x, y ) due funzioni elementari. Il problema di individuare eventuali
punti di minimo e/o di massimo (e quindi dell’eventuale valore minimo e/o massimo), assoluti o
(1)
Essendo f ( x, y ) ≥ 0 e l’applicazione t → t 2 crescente su [ 0, +∞[ , le funzioni f ( x, y ) e [ f ( x, y ) ] hanno gli stessi
2
estremi assoluti su un fissato insieme E .
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relativi, della funzione f ( x, y ) sull’insieme
E = {( x, y ) | Φ ( x, y ) = 0} ,
dicesi problema di ricerca di “estremi vincolati della funzione z = f ( x, y ) soggetta al vincolo
Φ ( x, y ) = 0 ”.
Osservazione: Come è gia stato segnalato, se l’insieme E = {( x, y ) | Φ ( x, y ) = 0} è il grafico di una
funzione y = ϕ ( x) (risp. x = ψ ( y ) ) il problema della ricerca degli estremi vincolati, si riduce a
trovare gli estremi della funzione di una sola variabile
f ( x, ϕ ( x)) (risp. f (ψ ( y ), y ) ).
Analogamente se E è il sostegno di una curva parametrizzata regolare con rappresentazione
parametrica r (t ) , allora il problema si riduce a trovare gli estremi della funzione f (r (t )) .
Al fine di esaminare il caso in cui l’insieme E = {( x, y ) | Φ ( x, y ) = 0} non sia di uno dei due tipi
descritti nella precedente osservazione si premette la seguente
Definizione: Sia ( x0 , y0 ) ∈ E (o equivalentemente Φ ( x0 , y0 ) = 0 ). Si dice che l’equazione
Φ ( x, y ) = 0 definisce implicitamente la funzione y = ϕ ( x) (risp. x = ψ ( y ) ) in un intorno del punto
( x0 , y0 ) se
a)
y = ϕ ( x) è definita in un intorno ] x0 − δ , x0 + δ [ di x0 (risp. x = ψ ( y ) è definita in un
intorno ] y0 − δ , y0 + δ [ di y0 );
b)
ϕ ( x0 ) = y0 (risp. ψ ( y0 ) = x0 );
c)
Φ ( x, ϕ ( x)) = 0 per x ∈ ] x0 − δ , x0 + δ [ (risp. Φ (ψ ( y ), y ) = 0 per y ∈ ] y0 − δ , y0 + δ [ )
e
dunque il grafico della funzione ϕ (risp. ψ ) è contenuto in E .
Il seguene teorema, del quale sarà omessa la dimostrazione, dà una condizione sufficiente perché
l’equazione Φ ( x, y ) = 0 definisca una funzione y = ϕ ( x) oppure x = ψ ( y ) in un intorno di un
prefissato punto.
Teorema: Sia Φ ( x, y ) una funzione elementare e ( x0 , y0 ) un punto del suo dominio tale che
Φ ( x0 , y0 ) = 0 . Se ∇Φ ( x0 , y0 ) ≠ 0 allora l’equazione Φ ( x, y ) = 0 definisce implicitamente una
funzione derivabile, in un intorno di ( x0 , y0 ) ; in particolare se
a)
∂f
( x0 , y0 ) ≠ 0 , allora Φ ( x, y ) = 0 definisce implicitamente una (unica) funzione y = ϕ ( x )
∂y
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∂Φ
∂Φ
( x, ϕ ( x))
( x0 , y0 )
(in particolare si ha ϕ ′( x0 ) = − ∂x
);
derivabile, tale che ϕ ′( x) = − ∂x
∂Φ
∂Φ
( x, ϕ ( x))
( x0 , y0 )
∂y
∂y
b)
∂f
( x0 , y0 ) ≠ 0 ………………………….
∂y
Osservazione: La rappresentazione della derivata ϕ ′( x) si deduce utilizzando il seguente
argomento. Essendo Φ ( x, ϕ ( x)) = 0 in un intorno di x0 , in detto intorno si ha
•
⎧ ∇Φ ( x, ϕ ( x)) è ortogonale a (1, ϕ ′( x))
d
⎪
Φ ( x, ϕ ( x)) = 0 ⇔ ∇Φ ( x, ϕ ( x)) ⋅ (1, ϕ ′( x)) = 0 ⇒ ⎨ ∂Φ
⎡ ∂Φ
⎤
dx
⎪ ∂x ( x, ϕ ( x)) + ⎢ ∂y ( x, ϕ ( x)) ⎥ ϕ ′( x) = 0
⎣
⎦
⎩
e dalla seconda uguaglianza segue la rappresentazione della derivata prima di y = ϕ ( x) . La prima
affermazione sarà invece utilizzata più avanti.
Teorema (condizione necessaria per gli estremi vincolati): Sia z = f ( x, y ) una funzione
differenziabile in un aperto A , Φ ( x, y ) una funzione differenziabile e E = {( x, y ) | Φ ( x, y ) = 0} .
Se ( x0 , y0 ) ∈ R 2 è tale che
•
Φ ( x0 , y0 ) = 0 (cioè ( x0 , y0 ) ∈ E );
•
∇Φ ( x0 , y0 ) ≠ (0, 0) (cioè ( x0 , y0 ) non è un punto critico della funzione Φ ( x, y ) );
•
( x0 , y0 ) è un estremo relativo (vincolato) della funzione z = f ( x, y ) su E ; ( 2 )
allora esiste λ ∈ R tale che
∇f ( x0 , y0 ) = λ∇Φ ( x0 , y0 ) .
( ( x0 , y0 ) dicesi punto stazionario vincolato, che, in generale, non è un punto stazionario).
Dimostrazione: Se è
∂Φ
( x0 , y0 ) ≠ 0 , il precedente teorema assicura l’esistenza della funzione
∂y
y = ϕ ( x) definita implicitamente dall’equazione Φ ( x, y ) = 0 in un intorrno di ( x0 , y0 ) . Allora la
funzione f ( x, ϕ ( x)) (definita in un intorno di x0 ) ha in x0 un estremo relativo e pertanto si ha
df ( x, ϕ ( x))
( = ∇f ( x0 , y0 ) ⋅ (1, ϕ ′( x0 )) ) = 0 .
dx
x = x0
Essendo, come è stato già osservato, anche ∇Φ ( x, ϕ ( x)) ⋅ (1, ϕ ′( x)) = 0 per ogni x , si ha che i due
vettori (in R 2 ) ∇f ( x0 , y0 ) e ∇Φ ( x0 , y0 ) sono ortogonali allo stesso vettore (1, ϕ ′( x0 )) , donde sono
(2)
cioè “esiste δ > 0 tale che per ogni ( x, y ) ∈ B (( x0 , y0 ), δ ) ∩ E si ha f ( x0 , y0 ) ≤ f ( x, y ) (risp. f ( x, y ) ≤ f ( x0 , y0 ) )”.
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tra loro paralleli e quindi l’asserto. (Si procede in modo pressochè analogo se è
∂Φ
( x0 , y0 ) ≠ 0 ).
∂x
Una riformulazione del precedente risultato è contenuto nella seguente
Osservazione:
•
Se f ( x, y ) e Φ ( x, y ) sono funzioni differenziabili in un aperto A allora gli estremi relativi di
f ( x, y ) su E = {( x, y ) | Φ ( x, y ) = 0} (estremi vincolati con vincolo Φ ( x, y ) = 0 ) sono da ricercare
tra le soluzioni di uno dei seguenti sistemi
⎧
⎪Φ ( x, y ) = 0
⎪
⎪ ∂Φ
( x, y ) = 0
⎨
x
∂
⎪
⎪ ∂Φ
⎪ ∂y ( x, y ) = 0
⎩
•
oppure
∂Φ
⎧ ∂f
=
(
x
,
y
)
λ
( x, y )
⎪ ∂x
∂x
⎪
∂Φ
⎪ ∂f
( x, y ) per qualche λ ∈ R .
⎨ ( x, y ) = λ
∂
∂
y
y
⎪
⎪ Φ ( x, y ) = 0
⎪
⎩
Le soluzioni del secondo sistema sono i punti stazionari della funzione nelle tre variabili
( x, y , λ )
L ( x, y , λ ) = f ( x, y ) − λΦ ( x, y ) ,
denominata funzione Lagrangiana del problema di estremo vincolato, mentre il parametro λ
dicesi moltiplicatore di Lagrange.
Esercizi:
1) Trovare il minimo e il massimo assoluto della funzione f ( x, y ) = x 2 + 3 y sull’insieme
⎧
⎫
x2 y 2
E = ⎨( x, y ) ∈ R 2 | +
− 1 = 0⎬ .
4
9
⎩
⎭
Soluzione: Intanto la funzione f ( x, y ) è continua e per il teorema di Weierstrass ha minimo e
massimo assoluto sull’insieme E che evidentemnete è chiuso e limitato. I punti di minimo e di
massimo (assoluti) sono anche di minimo e massimo relativi e quindi o sono punti critici della
funzione Φ ( x, y ) =
x2 y 2
+ − 1 (si vede immediatamente che non ha punti critici) o soluzioni del
4
9
sistema
⎧
⎧
⎪ x(4 − λ ) = 0
⎡⎧
⎪ 2x = λ x / 2
⎪
⎢⎪ x = 0
⎪⎪
27
⎪
⎪
⇔ ⎢ ⎨ λ = .... ∨
⎨ 3 = 2λ y / 9 ⇔ ⎨ λ y =
⎢
2
⎪ x2 y2
⎪
⎢ ⎪⎪ y = ±3
2
2
⎪ +
y
=1 ⎪ x
⎢⎣ ⎩
=1
⎪⎩ 4 9
⎪ +
⎩ 4 9
21
⎤
λ=4
⎧
⎥
⎪
27
⎪
⎥.
=
y
⎨
⎥
8
⎪
⎪⎩non ha soluzioni ⎥⎥⎦
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Gli unici punti candidati ad essere punti di minimo o massimo assoluto sono (0,3) e (0, −3) ;
essendo f (0,3) = 9 e f (0, −3) = −9 , il primo è il valore massimo assoluto e il secondo il valore
minimo assoluto.
⎧ x = 2 cos θ
Osservazione: Essendo E il sostegno della curva con rappresentazione parametrica ⎨
,
⎩ y = 3sin θ
θ ∈ [ 0, 2π ] , il problema può anche essere risolto considerando la funzione di una sola variabile
f (2 cos θ ,3sin θ ) = 4 cos 2 θ + 9sin θ e cercando per questa i punti di minimo e massimo assoluti. Si
vede immediatamente che gli unici punti stazionari sono θ = π / 2 e θ = 3π / 2 in corrispondenza dei
quali si hanno i punti (0,3) e (0, −3) e i corrispondenti valori 9 e −9 .
2) Trovare i punti di minimo e massimo assoluti della funzione f ( x, y ) = x 2 + y 2 soggetta al
vincolo x3/ 2 + y 3/ 2 = 1 .
Soluzione: Intanto il vincolo è un insieme chiuso limitato (si prova facilmente) e su di esso non ci
sono punti critici, pertanto i punti di minimo e massimo assoluti sono tra le soluzioni del sistema
3
⎧
⎪ 2x = 2 λ x
⎪
3
⎪
⎨ 2y = λ y ,
⎪ 3/ 2 2 3/ 2
⎪x + y = 1
⎪
⎩
che sono (0,1) , (1, 0) e (2−2 / 3 , 2−2 / 3 ) e quindi …………………………………………
Osservazione: I punti (0,1) e (1, 0) sono punti che soddisfano il vincolo, ma si trovano sulla
frontiera dell’insieme di definizione della funzione Φ ( x, y ) = x 3/ 2 + y 3/ 2 − 1 , pertanto vanno presi in
considerazione come possibili estremi assoluti indipendentemente dal fatto che essi siano punti
stazionari della lagrangiana.
3) Trovare il minimo e massimo assoluto della funzione
f ( x, y ) = 4 x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1
sull’insieme E = {( x, y ) | 4 x 2 + y 2 = 1} .
4) Trovare il minimo e massimo assoluto della funzione f ( x, y ) = x 2 y + y 5 / 5 sull’insieme chiuso
e limitato E = {( x, y ) | x 2 + y 4 = 1} .
5) Trovare gli estremi assoluti della funzione f ( x, y ) = x 2 + 2 y 2 sull’insieme (chiuso e limitato)
E = {( x, y ) | x 4 − x 2 + y 2 − 2 = 0} .
6) Trovare la minima e la massima distanza dell’origine dalla linea di livello 5 x 2 + 6 xy + 5 y 2 = 8 .
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7) Trovare il minimo e massimo assoluto (esistono?) della funzione f ( x, y ) = x 2 + 2 y 2 − xy
sull’insieme D = {( x, y ) | 0 ≤ x ≤ y ≤ 1} .
8) Trovare il minimo e massimo assoluto (esistono?) della funzione
f ( x, y ) = 4 x 2 + y 2
sull’insieme D = {( x, y ) | x 2 + 4 y 2 ≤ 1} .
9) (Facoltativo) Trovare il minimo e massimo della funzione f ( x, y ) = 4 x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1
a)
sull’insieme E = {( x, y ) | 4 x 2 + y 2 ≤ 4} ;
b)
sull’insieme F limitato dal quadrato avente come verici opposti i punti (0, 0) e (3,3) .
Soluzione:
a)
Intanto la funzione f ( x, y ) è continua sull’insieme E , che è chiuso e limitato, allora dotata
di valore minmo e di valore massimo (per il teorema di Weierstrass). I corrispondenti punti di
minimo e di massimo se sono interni ad E sono punti stazionari, altrimenti se sono sulla frontiera
sono estremi vincolati; in definitiva essi sono da ricercare tra
•
i punti stazionari di f ( x, y ) che sono interni ad E ; e quindi si considera il sistema
⎧8x − 2 = 0
1
la cui soluzione è ( , 2) ) che però non è interno ad E ;
(⎨
4
⎩2 y − 4 = 0
•
i punti critici della funzione Φ ( x, y )(= 4 x 2 + y 2 − 4) (non ci sono punti critici);
•
⎧ 8 x − 2 = 8λ x
⎧4 x(1 − λ ) = 1 ⎧ 4 x(1 − λ ) = 1
⎪
⎪
⎪
i punti stazionari vincolati ⎨2 y − 4 = 2λ y ⇔ ⎨ y (1 − λ ) = 2 ⇔ ⎨ 8 x = y
le cui soluzioni
⎪ 4 x2 + y 2 = 4
⎪4 x 2 + y 2 = 4
⎪4 x 2 + y 2 = 4
⎩
⎩
⎩
sono (±
1
8
) (si noti che non si riporta il valore di λ ).
,±
17
17
Essendo f (
1
8
34
1
8
34
e f (−
il primo è il valore minimo e il
,
) = 5−
,−
) = 5+
17 17
17
17
17
17
secondo è il valore massimo.
b)
1
In questo caso il punto stazionario ( , 2) della funzione f ( x, y ) è interno ad F . Però la
4
sua frontiera è l’unione dei seguenti grafici di funzione di una sola variabile:
y = 0 per x ∈ [ 0,3] , y = 3 per x ∈ [ 0,3] , x = 0 per y ∈ [ 0,3] , x = 3 per y ∈ [ 0,3] .
Su questi ultimi la funzione f ( x, y ) diventa rispettivamente
−
1
f ( x, 0) = 4 x 2 − 2 x + 1 per x ∈ [ 0,3] e quindi i possibili punti estremi sono ( , 0), (0, 0), (3, 0) ;
4
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−
1
f ( x,3) = 4 x 2 − 2 x − 2 per x ∈ [ 0,3] e quindi i possibili punti estremi sono ( ,3), (0,3), (3,3) ;
4
−
f (0, y ) = y 2 − 4 y − 1 per y ∈ [ 0,3] e quindi i possibili punti estremi sono (0, 2), (0, 0), (0,3) ;
−
f (3, y ) = y 2 − 4 y + 31 per y ∈ [ 0,3] e quindi i possibili punti estremi sono (3, 2), (3, 0), (3,3) .
1
13
1
3
Essendo f ( , 2) = − , f ( , 0) = , f (0, 0) = 1 , …………… si ha ………..
4
4
4
4
24