Soluzioni
  • L'esercizio si risolve avvalendosi del cosiddetto teorema sui moltiplicatori di Lagrange, che riportiamo per completezza.

    Teorema sui moltiplicatori di Lagrange

    Siano f(x,y,z), \ g_1(x,y,z)\ \mbox{e} \ g_{2}(x,y,z) funzioni di classe C^{1} su un aperto A\subseteq\mathbb{R}^{3}; consideriamo un sottoinsieme D di \mathbb{R}^3 così definito

    D=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3  \ : \ g_1(x,y,z)=0, \ g_2(x,y,z)=0\right\}

    Se P(x_P,y_P,z_P)\in D  è un punto di massimo o di minimo vincolato per la funzione f(x,y,z), con vincolo descritto dal sistema

    \begin{cases}g_1(x,y,z)=0\\ g_2(x,y,z)=0\end{cases}

    e se la matrice Jacobiana di G(x,y,z)=(g_1(x,y,z),g_2(x,y,z))

    J_{G}(x,y,z)=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial}{\partial x}[g_1(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial y}[g_1(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial z}[g_1(x,y,z)]\\ \\  \dfrac{\partial}{\partial x}[g_2(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial y}[g_2(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial z}[g_2(x,y,z)]\end{pmatrix}

    ha rango due nei punti del vincolo, allora esistono due numeri reali \lambda \ \mbox{e} \ \mu tali che la funzione

    \Lambda(x,y,z,\lambda,\mu)=f(x,y,z)-\lambda g_1(x,y,z)-\mu g_2(x,y,z)

    abbia derivate parziali nulle in P(x_P,y_P,z_P).

    Massimi e minimi vincolati della funzione

    Dopo aver riportato il teorema sui moltiplicatori di Lagrange occupiamoci del problema: dobbiamo determinare i massimi e i minimi della funzione

    f(x,y,z)=2x

    sotto le condizioni

    \begin{cases}x^2+y^2-z=0 \\ 2x-z=0\end{cases}

    Per prima cosa individuiamo g_1(x,y,z)\ \mbox{e} \ g_2(x,y,z)

    g_1(x,y,z)=x^2+y^2-z \ \ \ \mbox{e} \ \ \ g_2(x,y,z)=2x-z

    e calcoliamo la Jacobiana associata alla funzione G(x,y,z)=(g_1(x,y,z),g_2(x,y,z))

    \\ J_{G}(x,y,z)=\begin{pmatrix}\dfrac{\partial}{\partial x}[g_1(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial y}[g_1(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial z}[g_1(x,y,z)]\\ \\  \dfrac{\partial}{\partial x}[g_2(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial y}[g_2(x,y,z)]&&\dfrac{\partial}{\partial z}[g_2(x,y,z)]\end{pmatrix}= \\ \\ \\ =\begin{pmatrix}2x&2y&-1\\ 2&0&-1\end{pmatrix}

    Essa ha rango due se e solo se esiste un minore di ordine due non nullo. Per studiare il rango della matrice costruiamo le sottomatrici di ordine due e ne calcoliamo i loro determinanti.

    \\ M_1=\mbox{det}\begin{pmatrix}2y&-1\\ 0&-1\end{pmatrix}=-2y \\ \\ \\ M_2=\mbox{det}\begin{pmatrix}2x&-1\\ 2&-1\end{pmatrix}=-2x+2\\ \\ \\ M_3=\mbox{det}\begin{pmatrix}2x&2y\\ 2&0\end{pmatrix}=-4y

    Se esiste (x_0,y_0,z_0) tali che i tre minori sono contemporaneamente nulli, allora \mbox{rk}[J_{G}(x_0,y_0,z_0)]<2: determiniamoli impostando il sistema di equazioni

    \begin{cases}M_1=0\\ M_2=0\\ M_3=0\end{cases} \ \to \ \begin{cases}-2y=0\\ -2x+2=0\\ -4y=0\end{cases}

    Esso è soddisfatto da tutte le triple della forma

    (x,y,z)=(1,0,z)\ \ \ \mbox{con} \ z\in\mathbb{R}

    che però non appartengono al vincolo

    \begin{cases}x^2+y^2-z=0 \\ 2x-z=0\end{cases}

    Se infatti sostituiamo x=1, y=0, non otteniamo soluzioni in z. Questi passaggi garantiscono che i punti del vincolo fanno sì che J_{G}(x,y,z) abbia rango due. In accordo con il teorema sui moltiplicatori di Lagrange, costruiamo la funzione lagrangiana

    \\ \Lambda (x,y,z,\lambda, \mu)=f(x,y,z)-\lambda g_1(x,y,z)-\mu g_2(x,y,z)= \\ \\ =2x-\lambda (x^2+y^2-z)-\mu (2x-z)

    calcoliamo le derivate parziali rispetto a x,y,z:

    \\ \bullet \ \ \ \Lambda_{x}(x,y,z,\lambda, \mu)=\frac{\partial}{\partial x}[\Lambda(x,y,z,\lambda,\mu)]= \\ \\ \\ =\frac{\partial}{\partial x}\left[2x-\lambda (x^2+y^2-z)-\mu (2x-z)\right]=\\ \\ \\ =2-2\lambda x-2\mu\\ \\ \\ \bullet \ \ \ \Lambda_{y}(x,y,z,\lambda,\mu)=\frac{\partial}{\partial y}[\Lambda(x,y,z\lambda,\mu)]=\\ \\ \\ =\frac{\partial}{\partial y}[2x-\lambda (x^2+y^2-z)-\mu (2x-z)]= \\ \\ \\ =-2\lambda y\\ \\ \\ \bullet \ \ \ \Lambda_{z}(x,y,z,\lambda,\mu)=\frac{\partial}{\partial z}[\Lambda(x,y,z,\lambda,\mu)]= \\ \\ \\ =\frac{\partial}{\partial z}[2x-\lambda (x^2+y^2-z)-\mu (2x-z)]= \\ \\ \\ =\lambda+\mu

    e le derivate rispetto a \lambda\ \mbox{e} \ \mu

    \bullet \ \ \ \Lambda_{\lambda}(x,y,z,\lambda,\mu)=\frac{\partial}{\partial \lambda}[\Lambda(x,y,z,\lambda,\mu)]=\\ \\ \\ =\frac{\partial}{\partial \lambda}[2x-\lambda (x^2+y^2-z)-\mu (2x-z)]= \\ \\ \\ = -(x^2+y^2-z)\\ \\ \\ \bullet \ \ \ \Lambda_{\mu}(x,y,z,\lambda,\mu)=\frac{\partial}{\partial \mu}[\Lambda(x,y,z,\lambda,\mu)]=\\ \\ \\ =\frac{\partial}{\partial \mu}[2x-\lambda (x^2+y^2-z)-\mu (2x-z)]=\\ \\ \\ =-(2x-z)

    dopodiché uguagliamo a zero le derivate e mettiamole a sistema

    \\ \begin{cases}\Lambda_{x}(x,y,z,\lambda,\mu)=0\\ \Lambda_{y}(x,y,z,\lambda,\mu)=0\\ \Lambda_{z}(x,y,z,\lambda,\mu)=0 \\ \Lambda_{\lambda}(x,y,z,\lambda,\mu)=0\\ \Lambda_{\mu}(x,y,z,\lambda,\mu)=0\end{cases} \\ \\ \\ \begin{cases}2-2\lambda x-2\mu=0\\ -2\lambda y=0\\ \lambda+\mu=0 \\ -(x^2+y^2-z)=0\\ -(2x-z)=0\end{cases}

    La seconda equazione è soddisfatta se e solo se

    \lambda=0 \ \ \ \mbox{oppure}\ \ \ y=0

    Esaminiamo separatamente i due casi.

    Se \lambda=0, il sistema diventa

    \begin{cases}2-2\mu=0\\ 0=0\\ \mu=0\\ x^2+y^2-z=0\\ 2x-z=0\end{cases}

    da cui

    \begin{cases}\mu=1\\ 0=0\\ \mu=0\\ x^2+y^2-z=0\\ 2x-z=0\end{cases}

    Poiché la prima e la terza relazione sono incompatibili, concludiamo che questo sistema non ammette soluzioni.

    Se y=0, il sistema diventa

    \begin{cases}2-2\lambda x-2\mu=0\\ 0=0\\ \lambda+\mu=0\\ x^2-z=0\\ 2x-z=0\end{cases}

    Usiamo l'ultima equazione per esprimere z in termini di x e sostituiamo l'espressione nelle altre equazioni

    \begin{cases}2-2\lambda x-2\mu=0\\ 0=0\\ x^2-2x=0\\ z=2x\end{cases}

    La terza equazione x^2-2x=0 dipende esclusivamente dall'incognita x ed è soddisfatta dai valori

    x=0 \ \ \ \vee \ \ \ x=2

    Se fissiamo x=0, il sistema si semplifica in

    \begin{cases}2-2\mu=0\\ 0=0\\ \lambda+\mu=0 \\ 0=0\\ z=0\end{cases}

    da cui otteniamo la soluzione

    (x,y,z,\lambda,\mu)=(0,0,0,-1,1)

    Se invece fissiamo x=2, ricaviamo il sistema

    \begin{cases}2-4\lambda-2\mu=0\\ 0=0\\ \lambda+\mu=0\\ 4-z=0\\ 4-z=0\end{cases}

    Esprimiamo \lambda in termini di \mu nella terza equazione, e sostituiamo l'espressione nella prima

    \begin{cases}2+2\mu=0 \\ 0=0\\ \lambda=-\mu\\ 4-z=0\\ 4-z=0\end{cases}

    Deduciamo pertanto che esso è soddisfatto dalla quintupla

    (x,y,z,\lambda,\mu)=(2,0,4,1,-1)

    I punti che abbiamo ottenuto sono:

    \bullet \ \ \ (x,y,z,\lambda,\mu)=(0,0,0,-1,1) a cui associamo il punto P_1(x,y,z)=(0,0,0);

    \bullet \ \ \ (x,y,z,\lambda,\mu)=(2,0,4,1,-1) a cui associamo il punto P_2(x,y,z)=(2,0,4);

    P_1\ \mbox{e} \ P_2 si candidano come punti di massimo e punti di minimo assoluti per f sul vincolo D. Per classificarli correttamente, basta determinare le valutazioni di f(x,y,z) in P_1\ \mbox{e} \ P_2 ed effettuare un semplice confronto: il punto a cui è associata la valutazione maggiore è di massimo assoluto, l'altro sarà il punto di minimo assoluto.

    f(P_1)=f(0,0,0)=0 \ \ \ ; \ \ \ f(P_2)=f(2,0,4)=4

    Poiché 0<4 concludiamo che:

    P_1(0,0,0) è il punto di minimo assoluto di f(x,y,z) su D; il minimo associato è m=f(0,0,0)=0;

    P_2(2,0,4) è il punto di massimo assoluto di f(x,y,z) su D; il massimo associato è M=f(2,0,4)=4.

    Abbiamo finito!

    Risposta di Ifrit
 
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