Massimi e minimi vincolati - Esercizi risolti - I PDF

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MASSIMI E MINIMI VINCOLATI Esercizi risolti 1. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = xy sulla circonferenza unitaria x2 + y 2 = 1. 2. Determinare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 + 3y con il vincolo 2 x2 + y9 = 1. 4 3. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = xy con il vincolo |x| + |y| = 1. 4. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della circonferenza di equazione (x − 2)2 + (y − 1)2 = 1. 5. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 y lungo la curva x4 + y 4 = 1. 6. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = |x| + |y| sulla curva x2 + y 2 = 1. p 7. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = 2x2 − xy + y 2 lungo la retta x + y = 8. 8. Sia y = f (x) l’equazione di una curva regolare e sia P = (a, b) un punto non appartenente ad essa. Detto Q = (x, f (x)) un punto variabile sulla curva, dimostrare che la retta P Q `e perpendicolare alla curva se e solo se la distanza P Q `e minima o massima. 9. Determinare il punto Q sulla retta y = mx + q alla minima distanza dal punto P = (a, b). Dimostrare poi che la distanza di P dalla retta, cio`e la distanza P Q, `e d = PQ =

|ma + q − b| √ . 1 + m2

10. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della curva di equazione x2 − xy + y 2 = 1. 11. Determinare il minimo di f (x, y) = x2 + y 2 con il vincolo (x − 1)3 − y 2 = 0. 12. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = −x log x−y log y con il vincolo x + y = 1. 13. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = x + y con il vincolo xy = 1, x > 0, y > 0. 14. Tra tutti i rettangoli inscritti nell’ellisse di equazione perimetro massimo.

x2 a2

+

y2 b2

= 1 trovare quello di

15. Tra tutte le ellissi di semiassi x, y tali che x2 +y 2 = 5 trovare quella di area massima. 16. Tra tutti i cilindri inscritti nella sfera di raggio R trovare quello di volume massimo. 1

17. Tra tutti i cilindri (circolari retti) di superficie totale S fissata (incluse le due facce circolari) trovare quello di volume massimo. 18. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = xy + xz + yz sulla sfera x2 + y 2 + z 2 = 1. 19. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y, z) = (x + y + z )2 con il vincolo x2 + 2y 2 + 3z 2 = 1. 20. Tra tutti i parallelepipedi (rettangoli) di volume assegnato V determinare quello di superficie minima. 21. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine dell’ellisse ottenuto 2 2 tagliando l’ellissoide x4 + y4 + z 2 = 1 con il piano x + y + z = 1. 22. Tra tutti i triangoli di perimetro assegnato 2p trovare quello di area massima. 23. a) Trovare il minimo della funzione f (x1 , x2 , . . . , xn ) = x1 + x2 + · · · + xn con il vincolo x1 · x2 · · · xn = k (k fissato > 0) e xj > 0 ∀j . b) Dedurre la seguente disuguaglianza tra media geometrica e aritmetica: dati n numeri positivi x1 , x2 , . . . , xn vale √ n

x1 x2 · · · xn ≤

x1 + x2 + · · · + xn n

con uguaglianza se e solo se x1 = x2 = · · · = xn . 24. Calcolare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = |x| + |y | sull’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1}. (Si ricordi l’es. 6.) 2 −y 2

25. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = ex

sugli insiemi

a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1};

b) B = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}. 26. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 y + xy 2 − xy nel triangolo T = {(x, y) ∈ R2 : x + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}. 27. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 + y 2 − 3y + xy nel cerchio A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 9}. Esercizi di approfondimento 28. Consideriamo il problema di ottimizzare la funzione f (x, y, z) = xy + xz + yz 2 2 2 sull’ellissoide g(x, y, z) = ax2 + by2 + zc2 − 1 = 0. (Si veda l’es. 18 dei risolti per il caso a = b = c e l’es. 12 dei proposti per il caso a = b 6= c.) Dimostrare che il minimo m = min f |g=0 e il massimo M = max f |g=0 sono soluzioni dell’equazione di terzo grado   p(λ) = 4λ3 − a2 b2 + a2 c2 + b2 c2 λ − a2 b2 c2 = 0 2

e dedurre che m = min{λ : p(λ) = 0}, M = max{λ : p(λ) = 0}, procedendo come segue: a) scrivere il sistema ∇(f − λg )(x, y, z) = 0 come un sistema lineare omogeneo 3 × 3 nelle variabili (x, y, z), e dimostrare che il determinante della matrice A(λ) del sistema vale − a2 b22 c2 p(λ). Dedurre che il sistema ha soluzioni non identicamente nulle (x, y, z) 6= (0, 0, 0) se e solo se p(λ) = 0.

b) Moltiplicando la prima equazione per x, la seconda per y, la terza per z e sommandole, dimostrare che se (x, y, z, λ) risolve il sistema ( ∇(f − λg )(x, y, z) = 0 (1) g(x, y, z) = 0 allora λ = f (x, y, z), cio`e il moltiplicatore di Lagrange coincide con il valore di f nel punto (x, y, z ).

c) Dimostrare che il polinomio p(λ) ha sempre 3 radici reali e distinte λ1 < λ2 < 0 < λ3 escluso il caso a = b = c in cui λ1 = λ2 < 0 < λ3 (vedi anche es. seguente). A tal fine si studi la funzione p(λ), si verifichi che ha un massimo per un certo valore λ− < 0, e si dimostri che p(λ− ) ≥ 0 utilizzando la disuguaglianza stabilita nell’esercizio 23 con n = 3 e x1 = a2 b2 , x2 = a2 c2 , x3 = b2 c2 . d) Dai punti a), b) e c) dedurre che m = λ1 , M = λ3 . 29. Nell’esercizio precedente sia a = b = c. Verificare che 2

a) λ1 = λ2 = − a2 , λ3 = a2 ;

b) per λ = λ3 la soluzione del sistema (1) `e v3 = ( √a3 , √a3 , √a3 ) (unica a meno del segno), mentre per λ = λ1 ogni vettore v = (x, y, z) di norma a e tale che x+y +z = a 0 `e soluzione, per esempio ogni combinazione lineare dei vettori v1 = ( √ , − √a2 , 0), 2 2a v2 = ( √a6 , √a6 , − √ ). 6

Si confronti il risultato con l’es. 18 dei risolti.

2

30. Nell’esercizio 28 sia a = b 6= c. Verificare che le radici di p(λ) sono − a2 , e dedurre che ( √ 2 a2 + a a2 + 8c2 − a2 √ se a > c M= , m= a2 −a a2 +8c2 4 se a < c. 4

√ a2 ±a a2 +8c2 4

,

Confrontare il risultato con l’es. 12 dei proposti. 31. Vogliamo usare i moltiplicatori di Lagrange per dimostrare il teorema sulla diagonalizzazione delle matrici simmetriche: sia A una matrice simmetrica reale n × n; allora esiste una base ortonormale di Rn costituita di autovettori di A. Consideriamo la forma quadratica associata ad A, cio`e la funzione f : Rn → R, P f (x) = hx, Axi = Aij xi xj , e consideriamo il problema di ottimizzare f sulla sfera unitaria S n−1 = {x ∈ Rn : kxk2 = 1}, cio`e con il vincolo g(x) = kxk2 − 1 = 0. 3

La funzione f `e continua e la restrizione f |S n−1 ammette massimo e minimo per il teorema di Weierstrass (S n−1 `e un sottoinsieme chiuso e limitato di Rn ). a) Sia λ1 = max f |S n−1 e sia v1 ∈ S n−1 un punto di massimo, λ1 = f (v1 ). Dimostrare che Av1 = λ1 v1 , cio`e v1 `e autovettore di A con autovalore λ1 . (Si dimostrino le formule ∇g(x) = 2x, ∇f (x) = 2Ax.)

b) Si ottimizzi ora la funzione f sull’insieme

S n−2 = {x ∈ S n−1 : hx, v1 i = 0}, cio`e con i due vincoli g(x) = 0 e h(x) = hx, v1 i = 0. Di nuovo f |S n−2 deve avere massimo e minimo. Posto λ2 = max f |S n−2 e detto v2 ∈ S n−2 un punto di massimo, λ2 = f (v2 ), si dimostri che Av2 = λ2 v2 facendo vedere che se (x, λ, µ) soddisfa il sistema ( ∇(f − λg − µh)(x) = 0 g(x) = 0, h(x) = 0 allora µ = 0, Ax = λx e λ = f (x), cio`e il primo moltiplicatore di Lagrange `e autovalore di A con autovettore x e coincide con f (x), mentre il secondo moltiplicatore `e zero. c) Procedendo in modo analogo con l’insieme S n−3 = {x ∈ S n−1 : hx, x1 i = 0, hx, x2 i = 0}, si ottenga Av3 = λ3 v3 , dove λ3 = max f |S n−3 = f (v3 ).

d) Iterando il procedimento concludere che si ottengono n vettori v1 , v2 , . . . , vn ortogonali tra loro e di norma 1, cio`e una base ortonormale di Rn , tali che Avk = λk vk , dove λk = max f |S n−k = f (vk ), con λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn . Dedurre infine che il massimo di f sulla sfera S n−1 `e il pi` u grande autovalore di A, il minimo di f su S n−1 e` il pi` u piccolo autovalore di A, e i punti di massimo e di minimo sono i corrispondenti autovettori (normalizzati). 32. Rivedere l’esercizio risolti  scrivendo f come la forma quadratica associata  18 dei 0 12 12 alla matrice A =  12 0 12  e applicando i risultati dell’esercizio precedente. 1 1 0 2 2

33. (Generalizzazione dell’esercizio 28). Sia A una matrice simmetrica reale n × n e P sia f (x) = hx, Axi = Aij xi xj la forma quadratica associata. Consideriamo il problema di ottimizzare f sull’ellissoide E n−1 = {x ∈ Rn :

x12 a12

+

x22 a22

+ ··· +

2 xn 2 an

= 1},

P x2j −1 = 0, dove a1 , a2 , . . . , an sono n numeri positivi ascio`e con il vincolo g(x) = aj2 segnati (i semiassi dell’ellissoide). Sia B la matrice diagonale B = diag(a1 , a2 , . . . , an ). 4

a) Dimostrare che se (x, λ) risolve il sistema ( ∇(f − λg )(x) = 0 g(x) = 0

allora B 2 Ax = λx, cio`e λ `e autovalore di B 2 A con autovettore x, e inoltre λ = f (x). b) Dimostrare che la matrice B 2 A (in generale non simmetrica) ha gli stessi auto˜ = BAB e che y e` autovettore di A˜ con autovalore valori della matrice simmetrica A λ se e solo se x = By e` autovettore di B 2 A con autovalore λ. c) PostoPx = By cio`e xj = aj yj , verificare che g(x) = 0 se e solo se g˜(y) = 0, dove ˜ Dedurre che g˜(y) = y 2j − 1, e che f (x) = hx, Axi = hy, Ayi. ( ( ∇(f − λg )(x) = 0 g )(y) = 0 ∇( f˜ − λ˜ se e solo se g(x) = 0 g˜(y) = 0, cio`e ottimizzare f sull’ellissoide E n−1 equivale a ottimizzare la forma quadratica ˜ associata alla matrice A˜ sulla sfera unitaria S n−1 . Applicando i f˜(y) = hy, Ayi risultati dell’esercizio 31, concludere che M = max f |En−1 = max f˜|S n−1 e m = min f |En−1 = min f˜|S n−1 ˜ coincidono rispettivamente con il massimo e il minimo autovalore di A. 34. Risolvere l’esercizio 12 dei proposti applicando i risultati dell’esercizio precedente. 35. Risolvere l’esercizio 19 dei risolti applicando i risultati dell’esercizio 33. 36. Riottenere i risultati dell’esercizio 28 dei risolti applicando i risultati dell’esercizio 33. 37. P Sia A una matrice simmetrica reale 3 × 3 definita positiva. Sia g(x) = hx, Axi = 3 i,j=1 Aij xi xj la forma quadratica associata ad A e consideriamo l’ellissoide centrato nell’origine di equazione g(x) = 1. Dimostrare che il semiasse minore (risp. √ √ maggiore) dell’ellissoide `e 1/ µ3 (risp. 1/ µ1 ), dove 0 < µ1 ≤ µ2 ≤ µ3 sono gli autovalori di A. (Si ottimizzi la funzione f (x) = kxk2 con il vincolo g (x) = 1.)

5

SOLUZIONI 1. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f (x, y) = xy sulla circonferenza unitaria x2 + y 2 = 1. 1o metodo. Applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, impostando il sistema ( ∇(f − λg )(x, y) = 0 (2) g(x, y) = 0 dove il vincolo `e dato da g(x, y) = x2 + y 2 − 1 = 0. Otteniamo    y = 2λx x = 2λy   x2 + y 2 = 1.

Sostituendo la prima equazione nella seconda si ha x = 4λ2 x, cio`e x(1 − 4λ2 ) = 0. Non pu`o essere x = 0 perch`e altrimenti anche y = 0 mentre (x, y) 6= (0, 0) per il vincolo. Ne deduciamo che λ = ± 12 , da cui y = ±x. Sostituendo nel vincolo si ottiene 2x2 = 1, da cui x = ± √12 . Otteniamo cos`ı i 4 punti critici vincolati P1 = ( √12 ,

1 √ ), 2

P2 = ( √12 , − √12 ), P3 = (− √12 , √12 ), P4 = (− √12 , − √12 ).

Poich`e f `e continua su S 1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}, che `e un sottoinsieme chiuso e limitato di R2 , f |S 1 deve ammettere massimo e minimo e i punti di estremo vincolato vanno ricercati tra i punti Pj (1 ≤ j ≤ 4). Essendo f (P1 ) = f (P4 ) = 21 , f (P3 ) = f (P2 ) = − 21 , otteniamo m = min f |S 1 = −21,

M = max f |S 1 = 21.

2o metodo. Possiamo parametrizzare il vincolo ponendo ( x = cos t y = sin t e studiare la funzione di una variabile h(t) = f (cos t, sin t) = cos t sin t = 21 sin 2t sull’intervallo [0, 2π]. Disegnando il grafico di h e` immediato verificare che h e` massima per t = 4π , 54 π, minima per t = 43π, 47 π, e si riottiene m = − 21 , M = 21 .

Infine ricordiamo che se (x0 , y0 ) e` un punto di estremo (massimo o minimo) per f (x, y ) vincolato a g(x, y ) = 0 con ∇f (x0 , y0 ) 6= 0, ∇g(x0 , y0 ) 6= 0, allora la curva di livello che passa per (x0 , y0 ), cio`e f (x, y) = k0 con k0 = f (x0 , y0 ), `e tangente alla curva del vincolo g(x, y) = 0 nel punto (x0 , y0 ). Nel nostro caso le curve di livello f (x, y) = xy = k sono iperboli equilatere con assi uguali agli coordinati, mentre il vincolo `e la circonferenza unitaria. Le iperboli f (x, y) = ± 12 sono tangenti alla circonferenza nei punti P1 , P2 , P3 , P4 . 6

2. Determinare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 + 3y con il vincolo x2 /4 + y 2 /9 = 1. 1o metodo. Con i moltiplicatori di Lagrange, scriviamo il sistema (2) con g (x, y) = x2 /4 + y 2 /9 − 1:  λ   2x = 2 x 3 = 92 λy   x2 y2 = 1. + 9 4

Dalla prima equazione otteniamo 12 x(λ − 4) = 0. Se λ = 4 dalla seconda equazione 2 che `e impossibile in quanto (27/98) > 1, in contrasto con il vincolo. si ha y = 27 8 Se x = 0 dalla terza equazione otteniamo y = ±3 da cui λ = ± 29 , e i 2 punti critici vincolati P1 = (0, 3), P2 = (0, −3). Essendo f (P1 ) = 9, f (P2 ) = −9, si ha m = min f |g=0 = −9, M = max f |g=0 = 9.

2o metodo. Parametrizzando il vincolo con ( x = 2 cos t y = 3 sin t otteniamo la funzione di una variabile

h(t) = f (2 cos t, 3 sin t) = 4 cos2 t + 9 sin t = 21 sin 2t da studiare nell’intervallo [0, 2π]. Uguagliando a zero la derivata prima h′ (t) = −8 cos t sin t + 9 cos t = cos t(9 − 8 sin t) otteniamo sin t = 9/8, che `e impossibile, oppure cos t = 0, da cui t = π2 , 23 π. Non c’`e ` bisogno di verificare se questi punti stazionari sono punti di minimo o di massimo. E π 3 sufficiente calcolare h( 2 ), h( 2 π), e confrontarli con i valori agli estremi h(0), h(2π ). (Infatti h `e continua in [0, 2π], quindi assume massimo e minimo in tale intervallo; essendo derivabile, h assume il massimo e il minimo nei punti critici interni o agli estremi.) Essendo h(0) = h(2π) = 4, h( 2π ) = 9, h( 23 π) = −9, riotteniamo il risultato precedente. 3. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = xy con il vincolo |x| + |y| = 1. √ Il vincolo g(x, y) = |x| + |y| − 1 = 0 rappresenta il quadrato di lato 2 con diagonali lungo gli assi coordinati. I punti (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0, −1) sono punti non regolari per il vincolo in quanto la funzione g(x, y) non `e derivabile parzialmente in tali punti. Ad esempio nel punto (1, 0) si ha lim

h→0±

1 + |h| − 1 g (1, h) − g (1, 0) = ±1, = lim h h h→0±

e dunque non esiste la derivata parziale ∂y g(1, 0). In tali punti f vale 0. (Si verifica facilmente, anche se non `e richiesto, che tali punti non sono punti di massimo o 7

minimo vincolato per f (x, y) = xy; ad esempio avvicinandosi al punto (0, 1) lungo il vincolo si vede che f > 0 se x → 0+ e f < 0 se x → 0− .) Sui lati del quadrato possiamo procedere con i moltiplicatori. Ad esempio nel primo quadrante x > 0, y > 0, otteniamo il sistema   y = λ x=λ   x + y = 1,

da cui y = x, 2x = 1, x = y = 12 = λ e il punto critico P1 = ( 12 , 21). Analogamente negli altri quadranti otteniamo i punti critici P2 = (−21, 12 ), P3 = (− 21 , − 21 ), P4 = ( 12 , − 21 ). Essendo f (P1 ) = f (P3 ) = 41 , f (P2 ) = f (P4 ) = −41, otteniamo m = min f |g=0 = − 41 , M = max f |g=0 = 41 . Osserviamo infine che nei punti P1 , P2 , P3 , P4 le curve di livello f (x, y) = f (Pj ), cio`e le iperboli xy = ± 14 , sono tangenti al vincolo, cio`e ai lati del quadrato. 4. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della circonferenza di equazione (x − 2)2 + (y − 1)2 − 1 = 0. Disegnando la circonferenza g(x, y) = (x − 2)2 + (y − 1)2 − 1 = 0 si vede facilmente che i punti cercati P1 , P2 si ottengono intersecando la circonferenza con la retta y = x/2, che congiunge l’origine con il centro C = (2, 1) ed `e perpendicolare alla circonferenza in tali punti. Si ottiene P1 = (2 − √25 , 1 − √15 ), P2 = (2 + √25 , 1 + √15 ).

Con i moltiplicatori si tratta di ottimizzare la funzione distanza dall’origine, o il suo quadrato f (x, y) = x2 + y 2 , sul vincolo g (x, y) = 0. Si ottiene il sistema   2x = 2λ(x − 2) 2y = 2λ(y − 1)  (x − 2)2 + (y − 1)2 = 1.

Deve essere (x, y) 6= (2, 1). Ricavando allora λ dalla prima e dalla seconda equazione e uguagliando si ha y x = =⇒ (y − 1)x = (x − 2)y =⇒ x = 2y, x−2 y−1 e sostituendo nel vincolo si riottiene il risultato precedente. Notiamo che nei punti P1 , P2 le curve di livello f (x, y) = f (P1,2 ), cio`e le circonferenze x2 + y 2 = kP1,2 k2 , sono tangenti al vincolo.

5. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = x2 y lungo la curva x4 + y 4 = 1. Notiamo innanzitutto che l’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : x4 + y 4 = 1} `e chiuso e limitato in R2 . Che sia limitato e` chiaro in quanto deve essere |x| ≤ 1, |y| ≤ 1. Che sia chiuso segue dal seguente risultato generale: se g : R2 → R `e una funzione continua, allora l’insieme {(x, y) : g (x, y) = 0} `e un sottoinsieme chiuso di R2 . (Analogamente sono chiusi gli insiemi {(x, y) : g (x, y) ≥ 0}, {(x, y) : g (x, y) ≤ 0}, 8

mentre gli insiemi {(x, y) : g (x, y) < 0}, {(x, y) : g (x, y) > 0}, {(x, y) : g (x, y) = 6 0} sono aperti.) Nel nostro caso l’insieme A e` l’insieme dei punti in cui si annulla la funzione g(x, y) = x4 + y 4 − 1, che e` continua da R2 a R. Si pu`o dimostrare che A `e una curva chiusa contenuta nel quadrato di lato 2 centrato nell’origine. Dal teorema di Weierstrass f |g=0 deve ammettere massimo e minimo. Scrivendo il sistema ∇(f − λg) = 0, g = 0, otteniamo  3   2xy = 4λx x2 = 4λy 3   x4 + y 4 = 1.

Dalla prima equazione si ha x(y − 2λx2 ) = 0. Se x = 0 si ottiene y = ±1 dalla terza equazione e λ = 0 dalla seconda. Inoltre f (0, ±1) = 0. Se invece y = 2λx2 , sostituendo la seconda equazione in quest’ultima si ottiene y = 8λ2 y 3 , cio`e y(1 − 8λ2 y 2 ) = 0. Se y = 0 dalla seconda equazione si ottiene che anche x = 0 e ci`o `e y2 1 1 4 impossibile. Se invece 8λ2 y 2 = 1, cio`e y 2 = 8λ1 2 si ha y 4 = 64λ 4 e x = 4λ2 = 32λ4 , da q 3 cui sostituendo nel vincolo otteniamo λ4 = 64 =⇒ λ = ± 4 q q 1 4 2 4 2 √ otteniamo y = ± √ , 1 ) = , x = ± . Essendo f (± 4 3 43 3 3

−

√ √2 , 27 4

otteniamo infine

m = min f |g=0

√ 2 , = −√ 4 27

M = max f |g=0

√ 4 3 √3 . Da questa = ± 64 2 2 q √ 2 1 4 2 √ ,−√ , f (± 4 4 ) = 3 27 3

√ 2 . = √ 4 27

6. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f (x, y) = |x| + |y| sulla curva x2 + y 2 = 1. Il modo pi` u semplice di risolvere il problema `e quello geometrico. Osserviamo che se k >√0 le curve di livello di f , di equazione |x| + |y| = k, sono dei quadrati di lato k 2 con le diagonali lungo gli assi coordinati (mentre se k = 0 si riducono ` facile rendersi conto che il vincolo all’origine e se k < 0 sono l’insieme vuoto). E 1 2 2 2 S = {(x, y) ∈ R : x +y √= 1} `e contenuto nella regione compresa tra i 2 quadrati |x| + |y| = 1 e |x| + |y| = 2, √ S 1 ⊂ {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ |x| + |y| ≤ 2},

il secondo dei quali `e tangente al vincolo nei punti (± √1 2 , ±√12 ), mentre il primo ` evidente allora che `e inscritto in S 1 e lo interseca nei punti (0, ±1), (±1, 0). E √ f |S 1 assume il valore √ massimo M nei punti di S 1 tali che f (x, y) = 2, da cui M = f (± √12 , ± √12 ) = 2, ed il valore minimo m nei punti di S 1 tali che f (x, y) = 1, da cui m = f (0, ±1) = f (±1, 0) = 1. Notiamo che, mentre nei punti di massimo le curve di livello di f sono tangenti al vincolo, ci`o non accade nei punti di minimo che sono punti non regolari per la funzione f in quanto non esiste ∇f in tali punti (si veda l’esercizio 3). 9

7. Studiare gli estremi vincolati della funzione f (x, y) = retta x + y = 8. Innanzitutto f `e definita e continua su tutto R2 essendo

p

2x2 − xy + y 2 lungo la

2x2 − xy + y 2 = 2(x − 41 y)2 + 78 y 2 ≥ 0, ∀(x, y) ∈ R2 . In secondo luogo, ...