Massimi e minimi vincolati in R - Esercizi svolti

Massimi e minimi vincolati in R 3 -Esercizi svoltiEsercizio 1.È data la funzione di tre variabili F (x, y, z) = x + y 2 + z.Determinare i punti stazionari di F vincolati sulla varietà unidimensionale Γ definita dalleequazionie discuterne il tipo.{ x 2 + y 2 − z 2 = 0−x + z = 1 ,(1)Esercizio 2.È data la funzione di tre variabili F (x, y, z) = x + z 2 . Verificare che F è inferiormente limitatasulla varietà bidimensionale Γ di R 3 definita dall’equazione x 2 + y 2 = 1, e determinare i puntistazionari di F vincolati su Γ, discutendone il tipo.Esercizio 3.Determinare minimi e massimi assoluti della funzione F (x, y, z) = x + y + √ 2z relativi alvincolo costituito dall’insiemeA = {(x, y, z) : 0 ≤ z ≤√1 − (x 2 + y 2 ), x 2 + y 2 ≤ 1} .1

2 MASSIMI E MINIMI VINCOLATI IN R 3 - ESERCIZI SVOLTISOLUZIONIEsercizio 1.Si verifica facilmente che la varietà Γ è una parabola, che può essere rappresentata in formaparametrica comex = t2 − 12, y = t , z = t2 + 12, t ∈ R . (2)Cominciamo applicando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, che in questo caso consistenella ricerca dei punti stazionari liberi della funzione˜F (x, y, z, λ, µ) = x + y 2 + z + λ(x 2 + y 2 − z 2 ) + µ(−x + z − 1) .Il sistema da risolvere è:⎧⎪⎨⎪⎩˜F x = 1 + 2λx − µ = 0˜F y = 2y + 2λy = 0˜F z = 1 − 2λz + µ = 0˜F λ = x 2 + y 2 − z 2 = 0˜F λ = −x + z − 1 = 0 .La seconda equazione implica l’alternativa y = 0 oppure λ = −1. Nel caso di λ = −1,utilizzando la prima e la terza equazione si ottienex = 1 − µ2, z = −1 − µ2Questi valori non soddisfano la seconda equazione del vincolo, quindi non sono accettabili.Passiamo allora a sviluppare il caso y = 0.La prima e terza equazione adesso fornisconox = −1 + µ2λ., z = 1 + µ2λ . (3)Questi valori soddisfano la seconda equazione del vincolo se si sceglie λ = 1. Sostituendo nelle(3), otteniamox = µ − 12, z = µ + 12Imponiamo la prima equazione del vincolo. Si ha.(µ − 1) 2−4(µ + 1)24= −µ = 0 .In definitiva, si ha x = −1/2 e z = 1/2.Per comprendere la natura dell’unico punto stazionario vincolato trovato, cioè quello di coordinate(−1/2, 0, 1/2), conviene far ricorso alla parametrizzazione (2).Sostituendo, si haF(t 2 − 12), t, t2 + 1= g(t) = 2t 2 . (4)2

MASSIMI E MINIMI VINCOLATI IN R 3 - ESERCIZI SVOLTI 3Il punto di coordinate (−1/2, 0, 1/2) corrisponde quindi ad un minimo (assoluto). La (4)mostra anche che la funzione F , ristretta a Γ, non è superiormente limitata. A questa conclusionesi può arrivare alternativamente, osservando che, se (x, y, z) ∈ Γ, in virtù delle (1)e quindi F (x, y, z) = (x + z) + y 2 = 2y 2 .x 2 + y 2 − z 2 = y 2 + (x + z)(x − z) = y 2 − (x + z) = 0Esercizio 2.Ogni punto P appartenente a Γ soddisfa con le sue coordinate l’equazione x 2 + y 2 = 1. Quindise x è l’ascissa di P , si deve avere |x| ≤ 1. Di conseguenza, per P = (x, y, z) ∈ Γ,−1 ≤ x + z 2 = F (x, y, z) .Ciò prova che F è inferiormente limitata su Γ. Invece, F non è superiormente limitata su Γ.Vi sono infatti punti P ∈ Γ la cui componente z è arbitrariamente grande.Applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Cerchiamo cioè i punti stazionari liberidella funzione˜F (x, y, z, λ) = x + z 2 + λ(x 2 + y 2 − 1)risolvendo il sistema⎧⎪⎨⎪⎩˜F x = 1 + 2λx = 0˜F y = 2λy = 0˜F z = 2z = 0˜F λ = x 2 + y 2 − 1 = 0 .Confrontando le prime due equazioni, si vede che λ non può essere zero. Necessariamente sideve allora avere y = 0 e, per la terza equazione, z = 0. Dall’ultima equazione si ricava infinex = ±1 (la prima equazione resta soddisfatta per un’opportuna scelta di λ, che non è necessariospecificare).I punti stazionari vincolati sono quindi A = (1, 0, 0) e B = (−1, 0, 0). Si ha F (A) = 1,F (B) = −1.Anche in questo caso, per analizzare la natura di A e B conviene ricorrere a una parametrizzazionedel vincolo, per esempioSi hax = cos t , y = sin t , z = z , (t, z) ∈ R 2 .g(t, z) = F (cos t, sin t, z) = cos t + z 2 .I punti stazionari liberi di g si trovano risolvendo il sistema{ gt = − sin t = 0g z = 2z = 0e coincidono con i punti di coordinate M = (t, z) = (0, 0) (corrispondente ad A) e N = (t, z) = (π, 0)(corrispondente ad B). La matrice hessiana di g è( )− cos t 00 2

4 MASSIMI E MINIMI VINCOLATI IN R 3 - ESERCIZI SVOLTIper cui N si vede essere punto di minimo, mentre M non è né massimo né minimo.Esercizio 3.L’insieme A coincide con una semi-sfera. Poiché la funzione è lineare, è chiaro che all’interno diA non ci sono punti stazionari liberi. D’altra parte, A è limitato e chiuso, quindi per il Teorema diWeiestrass, almeno un punto di massimo e almeno un punto di minimo su A devono esistere. Questivanno ricercati sulla frontiera di A, che va pensata composta da tre parti: la calotta semisferica, ildisco unitario giacente nel piano z = 0, la circonferenza di tale disco, che connette le due superfici.1) per trovare eventuali punti stazionari sulla calotta semisferica, possiamo usare il metododei moltiplicatori di Lagrange. Conviene rifarsi all’equazione dell’intera sfera x 2 + y 2 + z 2 = 1,scartando poi le eventuali soluzioni con z < 0. Il sistema da risolvere è⎧1 + 2λx = 0⎪⎨1√+ 2λy = 0⎪⎩ 2 + 2λz = 0x 2 + y 2 + z 2 = 1che porta alla soluzione x = 1/2, y = 1/2, z = √ 2/2.2) F (x, y, 0) è una funzione lineare, pertanto all’interno del disco unitario del piano z = 0 nonci sono punti stazionari.3) Per analizzare la presenza di punti stazionari sulla circonferenza, usiamo la parametrizzazionex = cos t, y = sin t, z = 0. Annullando la derivata della funzione g(t) = F (cos t, sin t, 0) sitrovano punti stazionari in corrispondenza dei valori t = π/4 e t = 5π/4.In definitiva, si devono confrontare i valori assunti da F in corrispondenza dei tre punti P =(1/2, 1/2, √ 2/2), Q = ( √ 2/2, √ 2/2, 0), R = (− √ 2/2, − √ 2/2, 0).Il massimo si trova in P , il minimo in R.