Esercizi svolti · Scheda 2

Massimi e minimi assoluti su insiemi chiusi e limitati

Teoria usata: Il metodo per gli estremi assoluti Teorema di Fermat in due variabili Punto stazionario

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Esercizio 1

Determinare il massimo e il minimo assoluti di $f (x, y) = x^{2} + y^{2} - 2 x$ sul rettangolo $R = [0, 3] \times [- 1, 1]$ .

{f_{x} = 2 x - 2 = 0 f_{y} = 2 y = 0 ⟺ (x, y) = (1, 0), f (1, 0) = - 1

y = \pm 1, x \in [0, 3] : x = 0, y \in [- 1, 1] : x = 3, y \in [- 1, 1] : f = x^{2} - 2 x + 1 = (x - 1)^{2} \in [0, 4] f = y^{2} \in [0, 1] f = 3 + y^{2} \in [3, 4]

R max f = f (3, \pm 1) = 4, R min f = f (1, 0) = - 1

Il rettangolo è chiuso e limitato e $f$ è un polinomio, quindi continua; per il teorema di Weierstrass il massimo e il minimo assoluti esistono. Si cercano prima i punti stazionari interni. Il sistema dà il solo punto $(1, 0)$ , che è interno a $R$ perché $0 < 1 < 3$ e $- 1 < 0 < 1$ .

La frontiera è formata da quattro lati. Sui lati orizzontali $y = \pm 1$ la funzione diventa $(x - 1)^{2}$ con $x \in [0, 3]$ , che va da $0$ , in $x = 1$ , a $4$ , in $x = 3$ . Sul lato $x = 0$ si ha $y^{2}$ , compresa tra $0$ e $1$ ; sul lato $x = 3$ si ha $3 + y^{2}$ , compresa tra $3$ e $4$ . Confrontando tutti i valori trovati, il più grande è $4$ , nei vertici $(3, 1)$ e $(3, - 1)$ , e il più piccolo è $- 1$ , nel punto interno $(1, 0)$ . Quindi il massimo assoluto è $4$ e il minimo assoluto è $- 1$ .

Esercizio 2

Determinare il massimo e il minimo assoluti di $f (x, y) = x^{2} - x y + y^{2} - x$ sul triangolo $T$ di vertici $(0, 0)$ , $(2, 0)$ e $(0, 2)$ .

{f_{x} = 2 x - y - 1 = 0 f_{y} = - x + 2 y = 0 ⟺ {x = 2 y 3 y - 1 = 0 ⟺ (x, y) = (\frac{2}{3}, \frac{1}{3}), f (\frac{2}{3}, \frac{1}{3}) = - \frac{1}{3}

y = 0, x \in [0, 2] : x = 0, y \in [0, 2] : y = 2 - x, x \in [0, 2] : φ_{1} (x) = x^{2} - x φ_{2} (y) = y^{2} φ_{3} (x) = 3 x^{2} - 7 x + 4

φ_{1}^{'} (x) = 2 x - 1 = 0 ⟺ x = \frac{1}{2}, f (\frac{1}{2}, 0) = - \frac{1}{4}

φ_{3}^{'} (x) = 6 x - 7 = 0 ⟺ x = \frac{7}{6}, f (\frac{7}{6}, \frac{5}{6}) = - \frac{1}{12}

f (0, 0) = 0, f (2, 0) = 2, f (0, 2) = 4

T max f = f (0, 2) = 4, T min f = f (\frac{2}{3}, \frac{1}{3}) = - \frac{1}{3}

Il triangolo

T

con il punto stazionario interno

(\frac{2}{3}, \frac{1}{3})

, i candidati sui lati e il vertice

(0, 2)

, dove

f

è massima

Il triangolo è l’insieme $x \geq 0$ , $y \geq 0$ , $x + y \leq 2$ , chiuso e limitato, e $f$ è continua, quindi gli estremi assoluti esistono per il teorema di Weierstrass. Il sistema del primo ordine dà il punto $(\frac{2}{3}, \frac{1}{3})$ , che è interno perché le coordinate sono positive e la loro somma è $1 < 2$ .

Su ogni lato si sostituisce l’equazione del lato in $f$ . Sul lato $y = 0$ si ottiene la parabola $x^{2} - x$ , con vertice in $x = \frac{1}{2}$ . Sul lato $x = 0$ si ottiene $y^{2}$ , crescente su $[0, 2]$ , che non dà punti nuovi oltre ai vertici. Sull’ipotenusa si sostituisce $y = 2 - x$ :

x^{2} - x (2 - x) + (2 - x)^{2} - x = x^{2} - 2 x + x^{2} + 4 - 4 x + x^{2} - x = 3 x^{2} - 7 x + 4,

con vertice in $x = \frac{7}{6}$ , cioè nel punto $(\frac{7}{6}, \frac{5}{6})$ . Ai candidati si aggiungono i tre vertici. Il valore più piccolo è $- \frac{1}{3}$ , nel punto interno, e il più grande è $4$ , nel vertice $(0, 2)$ ; perciò il minimo assoluto è $- \frac{1}{3}$ e il massimo assoluto è $4$ .

Esercizio 3

Determinare il massimo e il minimo assoluti di $f (x, y) = x^{2} + 2 y^{2} - x$ sul disco $D = {(x, y) : x^{2} + y^{2} \leq 1}$ .

{f_{x} = 2 x - 1 = 0 f_{y} = 4 y = 0 ⟺ (x, y) = (\frac{1}{2}, 0), f (\frac{1}{2}, 0) = - \frac{1}{4}

x^{2} + y^{2} = 1 ⟹ y^{2} = 1 - x^{2}, φ (x) = x^{2} + 2 (1 - x^{2}) - x = 2 - x^{2} - x, x \in [- 1, 1]

φ^{'} (x) = - 2 x - 1 = 0 ⟺ x = - \frac{1}{2}, φ (- \frac{1}{2}) = \frac{9}{4}, φ (1) = 0, φ (- 1) = 2

D max f = f (- \frac{1}{2}, \pm \frac{3}{2}) = \frac{9}{4}, D min f = f (\frac{1}{2}, 0) = - \frac{1}{4}

Il disco chiuso è chiuso e limitato e $f$ è continua, quindi il massimo e il minimo assoluti esistono. L’unico punto stazionario è $(\frac{1}{2}, 0)$ , interno al disco perché $\frac{1}{4} < 1$ .

La frontiera è la circonferenza $x^{2} + y^{2} = 1$ . Nella funzione compare solo $y^{2}$ , perciò conviene sostituire $y^{2} = 1 - x^{2}$ , e sulla circonferenza $f$ diventa la funzione di una variabile $φ (x) = 2 - x^{2} - x$ , con $x \in [- 1, 1]$ . La sua derivata si annulla in $x = - \frac{1}{2}$ , che corrisponde ai due punti $(- \frac{1}{2}, \pm \frac{3}{2})$ della circonferenza; agli estremi $x = \pm 1$ corrispondono i punti $(1, 0)$ e $(- 1, 0)$ . Il confronto dei valori $- \frac{1}{4}$ , $\frac{9}{4}$ , $0$ e $2$ dà il massimo assoluto $\frac{9}{4}$ e il minimo assoluto $- \frac{1}{4}$ .