Massimi e minimi vincolati in due variabili

La ricerca dei massimi e minimi vincolati è un argomento molto importante perché essa salta fuori in moltissimi problemi economici e fisici, e consiste nel calcolo dei punti estremanti per funzioni su insiemi contenuti nel dominio. Tali insiemi vengono chiamati vincoli.

 

In questa lezione prenderemo visione delle tecniche classiche, senza però strozzarci troppo sulle questioni teoriche. Se non l'avete ancora fatto vi raccomandiamo di leggere la lezione su massimi e minimi in due variabili.

 

Massimi e minimi vincolati tramite parametrizzazione

 

Ecco il primo caso che affronteremo. Consideriamo una funzione f(x,y) definita su un insieme A\subseteq\mathbb{R}^2 e supponiamo che essa possegga le derivate parziali prime continue in A. Vogliamo studiare gli estremi della funzione f su una curva \gamma:\mathbb{I}\subseteq\mathbb{R}\to A definita in forma cartesiana dal luogo di zeri di una funzione g(x,y) anch'essa derivabile con continuità:

 

V= \left\{(x,y)\in A: g(x,y)= 0\right\}

 

Se la curva è facilmente parametrizzabile come \gamma(t)= (x(t),y(t))\quad t\in I potremo pensare di studiare la funzione composta h= f\circ \gamma

 

h(t)= f(\gamma(t))= f(x(t), y(t))\mbox{ con }t\in I

 

La funzione ottenuta è nella sola variabile t e rappresenta la funzione f ristretta alla curva \gamma. Per determinare i punti estremali di f ristretta alla curva \gamma potremo applicare il procedimento standard per massimi e minimi in una variabile, si studia cioè la derivata prima rispetto ad t della funzione h.

 

Esempio su massimi e minimi vincolati con parametrizzazione

 

Vogliamo determinare i massimi e i minimi vincolati della funzione f(x,y)= x \ln(y) sul vincolo dato da:

 

g(x,y)= 0\mbox{ con }g(x,y)= x y -1

 

Il dominio della funzione f è A= \mathbb{R}\times (0, +\infty). Il vincolo è facilmente parametrizzabile 

 

\gamma(t)= \left(t, \frac{1}{t}\right)

 

Poiché la variabile y\textgreater 0 allora dobbiamo richiedere che \frac{1}{t}\textgreater 0 e quindi t\textgreater 0.

 

Consideriamo la funzione composta

 

h(t)= f(x(t), y(t))= t\ln(1/t)= -t \ln(t)\mbox{ con }t\textgreater 0

 

Abbiamo ottenuto una funzione h(t) che dipende dalla sola variabile t. Determiniamo la derivata prima:

 

h'(t)= -\ln(t)-1

 

che si annulla per il punto t= \frac{1}{e}. La derivata prima di h è positiva se t\in (0, e^{-1}) mentre è negativa se t\in (e^{-1}, +\infty). Da ciò si evince che t= e^{-1} è punto di massimo per la funzione h. Il punto di massimo per la funzione f si trova sostituendo il valore ottenuto nella parametrizzazione:

 

P= (e^{-1}, e)

 

Il massimo associato alla funzione ristretta al vincolo V è f(e, e^{-1})= \frac{1}{e}.

 

Purtroppo il precedente metodo, estremamente comodo, non può essere sempre applicabile, perché non è sempre possibile determinare una parametrizzazione comoda, o peggio la parametrizzazione scelta aumenta esageratamente la mole di calcoli.

 

Massimi e minimi vincolati con i moltiplicatori di Lagrange

 

Come sempre abbiamo un insieme A aperto di \mathbb{R}^2, supponiamo d'avere due funzioni f:A\to \mathbb{R} e g:A\to \mathbb{R} che sono derivabili con derivate continue in A (f, g\in C^{1}(A)). Condizione necessaria ma non sufficiente affinché (x_0, y_0)\in A  sia estremo relativo per la funzione f ristretta al vincolo dato dalla equazione g(x,y)= 0 è che siano verificate una delle due condizioni:

 

1. g(x_0, y_0)= 0\qquad \nabla g(x_0, y_0)\neq (0,0)

 

2. Esiste un numero reale \lambda_0 tale che il gradiente della funzione ausiliaria \mathcal{L}(x,y, \lambda)= f(x,y)- \lambda g(x, y) sia nullo nel punto (x_0, y_0, \lambda_0) e questo equivale a dire che esso soddisfi il sistema di equazioni:

 

\begin{cases}\mathcal{L}_{x}(x, y, \lambda)= 0\\ \mathcal{L}_{y}(x,y,\lambda)= 0\\ \mathcal{L}_{\lambda}(x,y, \lambda)= 0\end{cases}

 

che si riscrive come

 

\begin{cases}f_{x}(x,y)- \lambda g_{x}(x,y)= 0\\ f_{y}(x,y)- \lambda g_{y}(x,y)= 0\\ g(x,y)= 0\end{cases}

 

\lambda_0 è detto moltiplicatore di Lagrange, mentre la funzione ausiliaria \mathcal{L} viene detta funzione lagrangiana.

 

Il metodo dei moltiplicatori di Lagrange non permette di classificare i punti stazionari, ci dice però quali sono. Un modo per classificarli consiste nel valutare al funzione f(x,y) nei punti che soddisfano il sistema, a cui però "eliminiamo" una componente, \lambda_0

 

Esempio su massimi e minimi vincolati con i moltiplicatori di Lagrange

 

Studiare i punti stazionari della funzione f(x,y)= x y sul vincolo dato dall'equazione g(x,y)= x^2+y^2-1= 0.

 

Osserviamo che le funzioni in gioco rispettano le condizioni, inoltre \nabla g(x,y)= (2x, 2y) e si annulla nel punto (0,0). Questo punto è da scartare perché non rispetta il vincolo.

 

Consideriamo ora la funzione Lagrangiana:

 

\mathcal{L}(x,y, \lambda)= x y - \lambda (x^2+y^2-1)

 

ed impostiamo il sistema:

 

\begin{cases}\mathcal{L}_{x}(x,y, \lambda)= 0\\\mathcal{L}_{y}(x,y, \lambda)= 0\\ \mathcal{L}_{\lambda}(x,y, \lambda)= 0\end{cases}\iff \begin{cases}y-2 x\lambda= 0\\ x-2y\lambda= 0\\ 1-x^2-y^2= 0\end{cases}

 

che ha per soluzioni

 

M_1= \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)

M_2= \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}\right)

M_3= \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}\right)

M_4= \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)

 

Abbiamo determinato 4 punti stazionari per la funzione lagrangiana, a essi associamo i punti:

 

S_1= \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}\right)

S_2= \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)

S_3= \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{\sqrt{2}}\right)

S_4= \left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)

 

dove abbiamo semplicemente soppresso la terza componente, posizione dedicata a \lambda. Non ci rimane altro che valutare la funzioen nei 4 punti:

 

f(S_1)= \frac{1}{2}\qquad f(S_2)= -\frac{1}{2}\qquad f(S_3)= -\frac{1}{2}\qquad f(S_4)= \frac{1}{2}

 

Confrontando i valori scopriamo che S_1, S_4 sono punti di massimo mentre S_2, S_3 sono punti di minimo.

 

Le difficoltà maggiori si incontrano tendenzialmente nella risoluzione del sistema \nabla \mathcal{L}(x,y, z)= (0,0,0). Non vi nascondiamo che a volte la mole di conti diventa "insostenibile"... ma dobbiamo farlo, quindi mettiamoci l'anima in pace e impegnamoci in tal senso Laughing

 

Massimi e minimi con vincoli definiti tramite disequazioni

 

L'unica eventualità che manca all'appello è quella di un vincolo dato da un insieme chiuso e limitato. In questo caso si procede come abbiamo spiegato nella precedente lezione (nell'apposito paragrafo), con un'ulteriore possibilità di azione. Notate che là avevamo parlato di studio della funzione sull'interno dell'insieme e sulla frontiera, e che avevamo parlato di studio del comportamento della funzione sulla frontiera mediante parametrizzazioni.

 

Non solo: ora sappiamo che, in alternativa, si può massimizzare e minimizzare la funzione sulla frontiera applicando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. :)

 

Esempio su massimi e minimi vincolati con vincolo dato da disequazioni

 

Vogliamo determinare i punti stazionari della funzione f(x,y)= x y sul vincolo g(x,y)= x^2+ 2 y^2-1\le  0.

 

Osserviamo che il vincolo è un insieme chiuso e limitato, l'equazione x^2+ 2y^2= 1 rappresenta un'ellisse centrata in (0,0). La disequazione x^2+ 2 y^2-1\le 0 rapprenta pertanto l'ellisse e la sua parte interna. Inoltre la funzione è continua in esso e per il teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluti.

 

Troviamo gli estremi liberi nella parte interna:

 

\mbox{Int}(V)= \left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x^2+2 y^2-1\textless 0\right\}

 

Determiniamo gli estremi liberi con la tecnica gradiente-Hessiano

 

\begin{cases}f_{x}(x,y)= 0\\ f_{y}(x,y)= 0\end{cases}\iff \begin{cases}y= 0\\ x= 0\end{cases}

 

La soluzione del sistema è quindi (0,0).

 

L'Hessiana valutata in (0,0) è invece:

 

H_{f}(0,0)= \left(\begin{matrix}0&1\\ 1&0\end{matrix}\right)

 

Il determinante Hessiano è -1 pertanto il punto (0,0 ) è di sella per la funzione.

 

Concentriamoci sulla frontiera:

 

\mbox{Frontiera}(V)= \left\{(x,y): x^2+2y^2-1= 0\right\}

 

e costruiamo la funzione lagrangiana \mathcal{L}(x,y,\lambda)= x y - \lambda (x^2+2y^2-1)

 

Impostiamo il sistema:

 

\begin{cases}\mathcal{L}_{x}(x,y, \lambda)= 0\\ \mathcal{L}_{y}(x, y, \lambda)= 0\\ \mathcal{L}_{\lambda}(x,y, \lambda)= 0\end{cases}\iff \begin{cases}y-2x \lambda= 0\\ x-4y\lambda= 0\\ x^2+ 2y^2-1= 0\end{cases}

 

che ha per soluzioni:

 

M_1=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2\sqrt{2}}\right)

M_2=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)

M_3=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2\sqrt{2}}\right)

M_4=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}, \frac{1}{2\sqrt{2}}\right)

 

Adesso riscriviamo i punti sopprimendo la terza componente

 

S_1=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}\right)

S_2=\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)

S_3=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, -\frac{1}{2}\right)

S_4=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{2}\right)

 

Non dobbiamo fare altro che valutare la funzione f nei quattro punti

 

f(S_1)= \frac{1}{2\sqrt{2}}\quad f(S_2)= -\frac{1}{2\sqrt{2}}\quad f(S_3)= -\frac{1}{2\sqrt{2}}\quad f(S_4)= \frac{1}{2\sqrt{2}}

 

Confrontando i 4 termini scopriamo che S_1 e S_4 sono punti di massimo mentre i due rimanenti sono punti di minimo assoluti.

 

In questa tipologia di esercizi è fondamentale saper interpretare geometricamente il vincolo e molti insegnanti pretendono anche la sua rappresentazione! 

 


 

Con questo è tutto. :) Abbiamo cercato di esporre nel modo più sintetico ed efficace possibile i vari casi che si possono incontrare nella risoluzione di questa tipologia di esercizi. Ci rendiamo conto (e dovete rendervi conto!) che non si può pretendere di imparare a risolverli in due ore. Ci vuole molta pratica e bisogna allenarsi con un po' di esercizi...ma per questo non ci sono problemi! Su YM ce ne sono tantissimi, tutti interamente risolti...Wink

 

In bocca al lupo!

Salvatore Zungri

 

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