Revised: 31.1.2005 MatEc c M.LiCalziEserciziAvvertenza. Gli esercizi sono suddivisi in quattro sezioni, in corrispondenza dei quattro capitoli deltesto di riferimento. Quando lesercizio `e tratto dal testo di riferimento, `e seguito dalla numerazione[xx.yy] che riporta il numero di pagina (xx) e il numero dellesercizio (yy). Altri esercizi tratti daitemi di esame sono presentati senza numerazione.15 Funzionidipi` uvariabili15.1[495.2] Dataf(x, y) = 3x22xy +y3, calcolatef(1, 1),f(2, 3),f(1/x, 1/y) ed i duerapporti incrementali [f(x +h, y) f(x, y)] /h e [f(x, y +k) f(x, y)] /k.Soluz.: Per sostituzione troviamo f(1, 1) = 2, f(2, 3) = 51 e f(1/x, 1/y) = (3y32xy2+x2)/(x2y3). I rapporti incrementali sonof(x +h, y) f(x, y)h=6hx + 3h22hyhef(x, y +k) f(x, y)k= 2kx + 3ky2+ 3k2y +k3k.15.2[495.3] Sia f(x, y) = x2+2xy+y2. Determinate f(1, 2), f(a, a) ed f(a+h, b)f(a, b).Dimostrate chef(tx, ty) = t2f(x, y) per ognit.Soluz.: Per sostituzione, f(1, 2) = 1, f(a, a) = 4a2ed f(a+h, b)f(a, b) = 2ah+2bh+h2.Ancora per sostituzione,f(tx, ty) = (tx)2+ 2(tx)(ty) + (ty)2= t2(x2+ 2xy +y2) = t2f(x, y).15.3[495.4] DataF(K, L) = 10K1/2L1/3conK 0edL 0, calcolateF(1, 1), F(4, 27), F(9, 1/27), F(3,2), F(100, 1000), edF(2K, 2L). Inoltre, determinateunacostanteatalecheF(tK, tL) =taF(K, L)perognit > 0.Soluz.: Per sostituzione, F(1, 1) =10, F(4, 27) =60, F(9, 1/27) =10, F(3,2) =10362 19.4416,F(100, 1000) = 1000, edF(2K, 2L) = 10 25/6K1/2L1/3. La costante `ea = 5/6.115.4La funzione di produzione di unimpresa `ef(K, L) = 60K2/3L1/3. Attualmente lim-presa utilizza 64 unit`a di capitale e 27 di lavoro. Qual `e la produzione attuale?Se limpresadeveaumentaredi3unit`alaquantit`adilavorolasciandoinvariatalasuaproduzione, diquanto occorre ridurre il capitale impiegato?Soluz.: La produzione attuale conK= 64 edL = 27 `ef(64, 27) = 60 16 3 = 2880. Seil lavoroaumentaaL=30elaproduzionedeverestareinvariata, `enecessarioscegliereKtalechef(K, 30)=60 K2/3 301/3=2880. Questaequazioneporgecomesoluzione(approssimata)K=60.72. Quindi occorreridurreil capitaledi circa64 60.72=3.28unit`a.15.5[495.7.c] Determinate per quali valori di (x, y) risulta denita la funzionef(x, y) = _(4 x2y2)(x2+y21)e disegnate il suo dominio nel pianoxy.Soluz.: Il dominio `e lanello compreso trax2+y2= 1 ex2+y2= 4.15.6[495.8.b] Determinate per quali valori di (x, y) risulta denita la funzionef(x, y) = _x2y2+_x2+y21Soluz.: Occorrechevalgax2y2ex2+ y2 1. Laprimadisequazionesipu`oscrivereanche |x| |y| oppure 9x +y)(x y) 0; geometricamente, ciascuna di queste espressionicorrisponde alla farfalla delimitata dalle due bisettrici. La seconda disequazione, invece,rappresenta i punti esterni alla circoferenza di raggio unitario centrata nellorigine. Combi-nando i due vincoli, possiamo identicare geometricamente la regione ammissibile con lareaombreggiata in gura.&%'$

ddddddddddddddddddET215.7[503.1.b] Disegnate almeno tre curve di livello per ciascuna delle seguenti funzioniz = 3 x y e z = _3 x2y2Soluz.: Nel primo caso, lequazione della curva di livellok `ey = (3 k) x, perkin R.Quindi le curve di livello sono rette parallele di pendenza 1 e intercetta (3 k). I livellipi` u alti si ottengono procedendo da Nord-Est verso Sud-Ovest.Nel secondocaso, lequazionedellacurvadi livellok`e x2+y2=3 k2, per kin[0,3]. Quindi lecurvedi livellosonocerchi concentrici aventi percentrolorigine. Lacurvadi livellopi` uesternadi tutteharaggio 3ecorrispondeal livello0. Procedendoverso lorigine, si ottengono livelli pi` u alti.15.8[503.3] Mostrateche, per ogni valoredi c, lesoluzioni dellequazione x2y2=cgiacciono su una curva di livello della funzionef(x, y) = ex2ey2+x42x2y2+y4.Soluz.: Sostituendox2 y2=c inf(x, y) si ottiene il valoreec+ c2, che non dipende nedax ne day.15.9[509.3.c] Calcolate tutte le derivate parziali del primoe del secondoordine dellafunzionez = x53x2y +y6.Soluz.: Il gradiente e lhessiano sono rispettivamentez =_5x46xy3x2+ 6y5_e Hz =_20x36y 6x6x 30y4_.15.10[509.4] Considerate la funzioneF(S, E) = 2.26 S0.44E0.48.(a) Calcolate le derivate parzialiF

S(S, E) eF

E(S, E).(b) Mostrate cheSF

S +EF

E = kFper unopportuna costantek.Soluz.: (a) RisultaF

S(S, E) = 2.26 0.44 S0.441E0.48= .9944 S0.56E0.48eF

E(S, E) = 1.0848 S0.44E0.52(b)LafunzioneF(S, E)`eunafunzioneomogeneadi gradok=0.92. Questapartedellesercizio chiede di vericare il teorema di Eulero. RisultaSF

S +EF

E = .9944 S0.44E0.48+ 1.0848 S0.44E0.48=2.07922.26_2.26 S0.44E0.48dovek = 2.0792/2.26 = 0.92 `e il grado di omogeneit`a della funzione.15.11[509.5] Mostrate che sez = (ax +by)2alloraxz

x +yz

y = 2z.3Soluz.: Calcolate le derivate z

x = 2a(ax+by) e z

y = 2b(ax+by) e sostituite. In alternativa,dimostrate che la funzione `e omogenea di grado 2 e invocate il teorema di Eulero.15.12[509.8] Data la funzionez = (1/2) ln(x2+y2), mostrate che2zx2 +2zy2= 0Soluz.: Poiche2zx2=y2x2x2+y2e2zy2=x2y2x2+y2il risultato richiesto segue per sostituzione.15.13[513.3.a] Scrivete lequazione del piano tangente al graco della funzionez = x2+y2nel punto (1, 2, 5).Soluz.: Sostituendox0=1, y0=2e z0=5nella(15.11) di p. 512, risultaz 5=2(x 1) + 4(y 2), ovveroz = 2x + 4y 5.15.14[513.3.b] Scrivete lequazione del piano tangente al graco della funzionez = (y x2)(y 2x2)nel puntox = 1,y = 3,z = 2.Soluz.: Percomodit`a, indichiamolafunzionecomef(x, y)=(y x2)(y 2x2). Lesuederivate parziali sono f

1(x, y) = 8x36xy e f

2(x, y) = 2y 3x2. Calcolate in x = 1 e y = 3,esse risultano rispettivamentef

1(1, 3) = 10 ef

2(1, 3) = 3. Quindi lequazione del pianotangente risultaz 2 = (10)(x 1) + 3(y 3)ovveroz = 10x + 3y + 3.15.15[513.4] Dimostrate che tutti i piani tangenti alla funzionez = xf_yx_passano per lorigine.Soluz.: La generica equazione del piano tangente alla funzionez = g(x, y) e passante peril punto (x0, y0, z0) `ez z0 = g

x(x0, y0) (x x0) +g

y(x0, y0) (y y0).Bastavericarelidentit`aper unagenericaterna(x0, y0, z0) quandox=y =z =0eg(x, y) = xf(y/x). Sostituendog

x(x, y) =_f_yx_+xf

_yx__yx2__e g

y(x, y) = xf

_yx_ 1x,4semplichiamo e troviamox0_f_y0x0__y0x0_f

_y0x0__y0f

_y0x0_ = x0f_y0x0_ = z0.15.16[516.2] DataF(x, y, z) = x2exz+y3exy, calcolateF

1(1, 1, 1),F

2(1, 1, 1) edF

3(1, 1, 1).Soluz.: PoicheF

1(x, y, z) = 2xexz+ x2zexz+ y4exy,risultaF

1(1, 1, 1) = 4e. Similmente,daF

2(x, y, z)=3y2exy+ xy3exyrisultaF

2(1, 1, 1)=4eedaF

3(x, y, z)=x3exzrisultaF

3(1, 1, 1) = e.15.17[517.4] Scrivete il gradiente e lhessiano della funzionef(x, y, z) = 3xyz +x2y xz3Soluz.: Il gradiente `ef(x, y, z) =__3yz + 2xy z33xz +x23xy 3xz2__La matrice hessiana `eH(x, y, z) =__2y 2x + 3z 3y 3z22x + 3z 0 3x3y 3z23x 6xz__15.18Calcolate la matrice hessiana della funzionef(x, y) = 4x2y 3xy3+ 6x vericandoesplicitamente la sua simmetria.Soluz.: La matrice hessiana `e composta da tutte le derivate parziali seconde. Le derivateparziali prime sonof

1(x, y) = 8xy 3y3+ 6 e f

2(x, y) = 4x29xy2Da queste otteniamo la matrice hessianaHf=_8y 8x 9y28x 9y218xy_In particolare, per accertare la simmetria, si noti chef

12(x, y) =f

1y= 8x 9y2=f

2x= f

21(x, y)515.19[517.5.a,c] Trovate tutte le derivate prime parziali delle funzioniE(p, q) = ap2ebqe x(v1, v2, . . . , vn) =n

i=1aiviSoluz.: Le derivate parziali prime della funzioneE(p, q) sono due:Ep= 2apebqeEq= abp2ebqLe derivate parziali prime della funzionex(v1, v2, . . . , vn) sonon:xvi= aiper i = 1, 2, . . . , n15.20[517.6] Considerate la funzionef(x, y) =___xy(x2y2)x2+y2se (x, y) = (0, 0)0 se (x, y) = (0, 0)Determinate f

x(0, y) e f

y(x, 0). Successivamente, mostrateche f

xy(0, 0) =1mentref

yx(0, 0)=1. Inquestocaso, lederivateparziali secondesonodiscontinuenellorigineequindi non si applica il teorema di Young.Soluz.: La funzione in esame `e continua. Le derivate prime per (x, y) = (0, 0) sonof

x(x, y) =x4y + 4x2y3y5(x2+y2)2e f

y(x, y) =x54x3y2xy4(x2+y2)2Sostituendox=0nellaprimaespressione, otteniamocheladerivataprimapery =0`ef

x(0, y) = y5/y4= y. Estendendola per continuit`a, otteniamof

x(0, y) = y per ogniy.Similmente, troviamo chef

y(x, 0) = x per ognix.Partendo da queste espressioni, calcoliamo le derivate seconde miste. Risulta f

xy(0, y) =1 per ogniy, ed in particolare pery = 0. Analogamente, f

yx(x, 0) = 1 per ognix, ed inparticolare perx = 0. Nellorigine risulta dunquef

xy(0, 0) = 1 = 1 = f

yx(0, 0)15.21Datalafunzionedi produzione f(K, L) =K3/4L3/4, dimostratechelaprodutti-vit`amarginaledituttiifattoridiproduzione `edecrescente. Percontro,dimostratecheirendimenti di scala sono crescenti.6Soluz.: La produttivit`a marginale dal capitale `e data dalla funzionefK=34_L3/4K1/4_Per accertare se questa funzione `e decrescente inK, basta calcolarne la derivata rispetto aKche risulta2fK2= 316_L3/4K5/4_ 0per ogniK 0. Poiche la derivata della produttivit`a marginale del capitale `e negativa, laproduttivit`a marginale del capitale `e decrescente. La produttivit`a marginale del lavoro sidiscute in modo del tutto analogo sfruttando la simmetria della funzione.Per dimostrare che la funzione ha rendimenti di scala crescenti, occorre far vedere chef(tK, tL) tf(K, L) per ognit 1. Sostituendo, troviamof(tK, tL) = t3/4K3/4 t3/4L3/4= t3/2_K3/4L3/4_ = t3/2f(K, L) tf(K, L)per ognit 1. Ne segue lasserto.15.22[526.1] Supponete che un monopolista faccia discriminazione di prezzo nella venditadi un bene orendo prezzi diversi in due mercati geogracamente separati. Supponete chele curve di domanda nei due mercati siano rispettivamenteP1 = 100 Q1e P2 = 80 Q2echelafunzionedicostosiaC=6(Q1 + Q2). Quantodovrebbeesserevendutoneiduemercati per massimizzare i protti?A quale prezzo?Quale sarebbe la riduzione nei prottise la discriminazione di prezzo fosse vietata?Soluz.: Sotto ipotesi di discriminazione di prezzo la funzione di protto `e(Q1, Q2) = (100 Q1)Q1 + (80 Q2)Q26(Q1 +Q2)Questa funzione `e concava, quindi le condizioni del primo ordine sono necessarie e sucientiper determinare il massimo globale. Le condizioni sono_

1= 100 2Q16 = 0

2= 80 2Q26 = 0da cui ricaviamoQ1 = 47 eQ2 = 37. A queste quantit`a corrispondono i prezziP1= 53 eP2= 43. Il protto ottimo risulta (47, 37) = 472+ 372= 3578.Per risolvere lultimo quesito, occorre determinare la domanda complessiva quando valeunprezzounicoP. PoicheQ1=100 P1eQ2=80 P2, imponendoP1=P2=Pesommandolefunzioni di domandadei duemercati si ottiene Q1 +Q2=180 2P.PonendoQ =Q1 + Q2, la funzione di domanda complessiva risultaQ = 180 2PovveroP= 90 (Q/2). Quindi, in assenza di discriminazione, la funzione di protto `e(Q) = [90 (Q/2)]Q6Q7che `e sempre una funzione concava. La condizione del primo ordine `e

= 90 Q6 = 0dacui ricaviamoQ=84equindi P=48. Adessoil prottoottimorisulta(84)=42 84 = 3528, con una riduzione di 3578 3528 = 50.15.23[530.1.a,c,f] Determinate il tipo delle tre seguenti forme quadratiche:4x2+ 8xy + 5y2; x26xy + 9y2; 6xy 9y2x2.Soluz.: Le tre forme quadratiche sono rispettivamente denita positiva, semidenita posi-tiva e semidenita negativa.15.24Classicate la forma quadraticax212x1x2 +x22 + 5x23 + 2x24 + 4x25.Soluz.: Riscrivendo la forma quadratica come(x1x2)2+ 5x23 + 2x24 + 4x25si osserva immediatamente che essa `e la somma di termini positivi. Inoltre, poiche essa siannulla anche fuori dallorigine (ad esempio nel puntox1 =x2 = 1, x3 =x4 =x5 = 0), laforma quadratica `e semidenita positiva.15.25Classicate la forma quadratica associata alla matriceA =__1 0 10 1 01 0 1__mediante il calcolo dei suoi autovalori.Soluz.: La matrice associata `e__1 0 10 1 01 0 1 __il cui determinante risulta(1 )3(1 ) = ( 2)(1 )Eguagliando a zero il determinante della matrice associata, troviamo che gli autovalori sono1=0, 2=1e 3=2. Poichegli autovalori sono(debolmente) positivi, laformaquadratica `e semidenita positiva.15.26Classicate la forma quadratica 4x2+ 4xy +y2. Successivamente, stabilite per qualivalori del parametroa la forma quadraticaax2+ 4xy +y2risulta denita positiva.8Soluz.: La matrice simmetrica associata alla forma quadratica 4x2+ 4xy +y2`eA =_4 22 1_Idueminoriprincipalidilineasono |A1|=4e |A2|=0. Poicheessisono(debolmente)positivi, la forma quadratica `e semidenita positiva.Passiamo adesso allo studio della forma quadraticaax2+ 4xy +y2, a cui `e associata lamatrice simmetricaA(a) =_a 22 1_I due minori principali di linea sono |A1| = a e |A2| = a 4. Anche la forma quadraticarisulti denita positive, occorre (e basta) che siano entrambi strettamente positivi. Quindi,imponendoa > 0 ea 4 > 0, risulta chea > 4 `e condizione necessaria e suciente.15.27Trovate i due autovalori della matrice A di dimensione 22 sapendo che la sua traccia`e 5 ed il suo determinante `e 6.Soluz.: Come noto, lequazione per il calcolo degli autovalori associata ad una matriceA =_a bc d_di dimensione 2 2 `e2(a +d) + (ad bc) = 0, ovvero2(tr A) + det A = 0.Sostituendo i valori proposti, troviamo25 + 6 = 0 da cui si ottiene1 = 2 e2 = 3.15.28[530.3.a] Stabilite la natura della forma quadraticax22xy +y2soggetta al vincololinearex +y = 0.Soluz.: Lesercizio si pu`o risolvere ricorrendo al criterio matriciale oppure per sostituzione.In questo secondo caso, troviamo che la forma quadratica equivale a 4x2che ovviamente `edenita positiva.15.29[531.3.b] Classicate la forma quadratica 2x2 4xy + y2soggetta al vincolo lineare3x + 4y = 0.Soluz.: Utilizziamolamatriceorlatacomesuggeritodalla[15.25] di p. 530del testodiriferimento:__0 p qp a bq b c__ =__0 3 43 2 24 2 1__Poiche il determinante di questa matrice `e 99 < 0, ne segue che la forma quadratica convincololineare `edenitapositiva. Sinotiche, senzavincololineare, laformaquadraticanon sarebbe denita positiva.915.30[536.2.a,b] Scrivete le matrici simmetriche rispettivamente associate alle forme qua-dratichea) x2+ 2xy +y2b) 3x212x1x2 + 3x1x3 +x224x2x3 + 3x23Soluz.: a) A =_1 11 1_b) A =__3 1 3/21 1 23/2 2 3__.15.31[536.3.c] Classicate la forma quadratica3x21 + 2x1x2x22 + 4x2x38x23Soluz.: I minori principali della matrice associataA =__3 1 01 1 20 2 8__sono |A1| = 3 < 0, |A2| = 2 > 0 e |A3| = 4 < 0. Poiche essi alternano in segno partendodal negativo, la forma quadratica `e denita negativa.15.32Determinate gli autovalori della matrice__1 1 21 1 22 2 4__Soluz.: La matrice associata `e__1 1 21 1 22 2 4 __il cui determinante risulta(4 )(1 )2+ 4 + 4 4(1 ) 4(1 ) (4 ) = 2( 6).Eguagliando a zero il determinante della matrice associata, troviamo che gli autovalori sono1 = 0 (con molteplicit`a 2) e = 6.15.33Stabilitelanaturadellaformaquadraticax2+ 4xy z2 6yzsoggettaal vincololinearex +y z = 0.Soluz.: Laformulafornitanel librodi testovalesoltantoperformequadraticheindueargomenti. Tuttavia,la risposta si trova facilmente sostituendo il vincoloz=x + ynellaforma quadratica originale in modo da ottenere la nuova forma quadratica (non vincolata)x2+ 4xy (x +y)26y(x +y) = 4xy 7y2che risulta indenita.1016 Strumentiperlastaticacomparata16.1[544.3] DataY =10KL K L, supponetecheK=0.2t + 5edL=5e0.1t.CalcolatedY/dt int = 0.Soluz.: Utilizzando la formula di derivazione delle funzioni composte, troviamodYdt=YKdKdt+YLdLdt=_10L 12K_ (0.2) +_10K 12L__12e0.1t_.Sostituendo perKedL,dYdt= 35e0.1t0.2t + 52t + 50+te0.1t5e0.1t20che, calcolato int = 0, porgedYdt= 35 75100 .16.2Datalafunzionef(x, y)=3xy2+ 2xconx(t)= 3t2ey(t)=4t3+ t, calcolateladerivata totale difrispetto at.Soluz.: Si pu`oprocedereinduemodi. Unorichiededi sostituireleespressioni di xeyin funzione dit e successivamente di derivare quanto ottenuto rispetto at. Laltro metodoapplicadirettamenteleregoledi derivazionedellefunzioni composte. Inquestocaso, ilprimo metodo risulta pi` u rapido e forniscef[x(t), y(t)] = 3 (3t2) (4t3+t)2+ 2(3t2) = 144t872t69t46t2da cui segue chedfdt= (1152t7+ 432t5+ 36t3+ 12t).16.3[545.7.a] Calcolate la derivata direzionale della funzionef(x, y) = 2x +y 1nel punto (2, 1) e nella direzione (1, 1).Soluz.: Espressa con un vettore di norma unitaria, la direzione (1, 1) corrisponde a (h, k) =(2/2,2/2). Inoltre, f1(x, y)=2ef2(x, y)=1perogni x, y. LaderivatadirezionalerisultaDh,kf(x, y) = 2 22+ 1 22=322per ognix, y ed in particolare perx = 2 ey = 1.1116.4[549.4.a] Data la funzioneu(x, y, z) = ln(x3+y3+z33xyz),mostrate chexu

x +yu

y +zu

z = 3.Soluz.: Le derivate prime risultanou

x=3x23yzx3+y3+z33xyzu

y=3y23xzx3+y3+z33xyzu

z=3z23xyx3+y3+z33xyzed hanno tutte lo stesso denominatore. Lidentit`a segue per sostituzione diretta.16.5[549.4.b] Data la funzionez = f(x2y), mostrate chexzx= 2yzySoluz.: Il risultato segue sostituendo le due eguaglianzezx= 2xyf

(x2y) ezy= 2x2yf

(x2y)nellidentit`a proposta.16.6[549.7.b] Calcolate la derivata diF(t) =_21etxxdxSoluz.: Applicando la regola di Leibniz, risultaF

(t) =_21t_etxx_ dx =_21etxdx =e2tett16.7[549.7.c] DataF(t) =_2ttetxxdx,calcolateF

(t).Soluz.: Utilizzando la regola di Leibniz,F

(t) =e2t2tet2t+_2ttetxdx =2(e2t2et2)t.1216.8[549.9] Supponetechef siaunafunzionecontinuaegunafunzionedierenziabile.Determinateddx__g(x)0extf(t) dt_Soluz.: Applicando la regola di Leibniz, la derivata richiesta risulta__g(x)0textf(t) dt_+_exg(x)f[g(x)]g

(x)_16.9[550.10] Date due funzioni dierenziabilix() er(s), considerate le due funzioniz(t) =_2tt_x()eR tr(s)ds_d e p(t) = eR 2ttr(s)ds.Dimostrate chez

(t) r(t)z(t) = 2p(t)x(2t) x(t).Soluz.: Applicando la regola di Leibniz, risultaz

(t) = 2x(2t)eR 2ttr(s)dsx(t) +_2ttr(t)_x()eR tr(s)ds_d= 2x(2t)p(t) x(t) +r(t)z(t)16.10[558.2.b] Determinate y

e y

dalla forma funzionale implicita F(x, y) = xy +3xy 2 = 0.Soluz.: Troviamodydx= 3y + 13x 1ed2ydx2=6(1 + 3y)(3x 1)216.11[558.2.c] Determinatey

ey

dalla forma funzionale implicitaF(x, y) = y6x5= 0.Soluz.: Utilizziamo le formule a p. 555. La derivata prima `ey

= F

xF

y= 5x46y5=5x46y5La derivata seconda `ey

=1(F

y)3 det__0 F

xF

yF

xF

xxF

xyF

yF

yxF

yy__ =1(6y5)3 det__0 5x46y55x420x306y50 30y4__13da cui dopo le opportune semplicazioni otteniamoy

=120x3y6125x836y1116.12[558.4] Considerate la curva sul piano xy denita dallequazione 2x2+xy+y28 = 0.Trovatelequazionedellatangenteaquestacurvanelpunto(2, 0). Stabilitequalipuntidella curva hanno una tangente orizzontale.Soluz.: Lacurvapropostadenisceimplicitamenteunafunzioney=g(x)inunintornodel punto(x0= 2, y0=0). Lequazionedellatangenteallacurvainquestopunto`ey y0 = g

(x0)(x x0). Per il teorema della funzione implicita,g

(x0) = 4x0 +y0x0 + 2y0.Sostituendo (x0 = 2, y0 = 0), troviamo che lequazione della tangente `ey = 4x 8.I punti (x0, y0) della curva hanno tangente orizzontale quandog

(x0) = 0, ovvero 4x0 +y0=0. Esplicitandoy0esostituendonellequazionedellacurva, troviamoduesoluzioni:(x0 = 2/7, y0 = 8/7) e (x0 = 2/7, y0 = 8/7).16.13[558.5.a] Supponete chefsia una funzione conf(x)> 0, f

(x)> 0 ef

(x)< 0 perognix. Lequazionef(x)f

(x) x t = 0denisce implicitamentex in funzione di t. Scrivete lespressione della derivatax

(t) dellafunzione implicita e mostrate che essa risulta sempre strettamente positiva.Soluz.: Il puntochiaveperrisolverelesercizio`ecomprenderechelafunzioneimplicitag(t, x) = 0 di cui si sta parlando non `e altro cheg(t, x) =f(x)f

(x) x t.Per applicare la consueta formula in base alla qualex

(t) = g

t/g

x, determiniamog

t = 1 e g

x =[f

(x)]2f(x)f

(x)[f

(x)]21.Sostituendo e semplicando, troviamox

(t) = g

t(t, x)g

x(t, x)= [f

(x)]2f(x)f

(x),che risulta sempre strettamente positivo perche per ipotesi il numeratore `e sempre stretta-mente positivo ed il denominatore strettamente negativo.1416.14[558.6] Lequazioney2+5x = xex(y2)rappresenta una curva nel pianoxy. Spiegateperchelacurvapassaperilpunto(1, 2)emostratechelapendenzadellatangenteallacurva in questo punto `e 4/3. Determinate inoltre lequazione di questa tangente.Soluz.: Sostituendox= 1ey=2, lequazioney2+ 5x=xex(y2)risultasoddisfatta.Per il teorema della funzione implicita, la pendenza nel punto (1, 2) `e data dadydxx=1,y=2= 5 ex(y2)x(y 2)ex(y2)2y x2ex(y2)x=1,y=2= 43.Lequazione della retta tangente `ey 2 = (4/3)(x + 1), ovveroy = (2/3) (4/3)x.16.15Lintersezionedi duepiani di norma`eunaretta. Dateleequazioni dei duepianiz 2=2(x 1) + 3(y 2)ez 1=(x 2) + (y 1), trovatelequazionedellarettacorrispondente alla loro intersezione.Soluz.: E suciente mettere a sistema le due equazioni dei piani. Ad esempio, se si ricavaz = x+y 2 dalla seconda equazione e si sostituisce nella prima, si ottiene lequazione dellarettay = (1/2)x + 2.16.16Datalafunzione F(x, y, z) =x2y2+z3, calcolateil valoredi z chesoddisfaF(x, y, z) = 0 perx = 6 ey = 3. Dite se lequazioneF(x, y, z) = 0 denisce implicitamentezinfunzionedi xe yinunintornodel puntodi coordinate x=6e y =3. Incasoaermativo, calcolatezxezynel punto di coordinatex = 6 ey = 3.Soluz.: Sostituendox=6ey=3, ricaviamolequazione36 9 + z3=0dacui seguez= 3. PoicheF

z=3z2vale27 =0nelpuntox=6, y=3, z= 3, ilteoremadellafunzioneimplicitagarantiscelesistenzadellafunzioneesplicitanellintornoproposto. Ledue derivate nel puntox = 6 ey = 3 risultanozx= 2x3z2x=6,y=3,z=3= 1227ezy=2y3z2x=6,y=3,z=3=62716.17Data lequazionex3+ 3y2+ 4xz23yz2= 1,stabilite se essa denisce implicitamente una funzionez =g(x, y) in ciascuno dei seguenticasi:(a) in un intorno del puntox = 1, y = 1;(b) in un intorno del puntox = 1/2, y = 0;(c) in un intorno del puntox = 1, y = 0.In caso di risposta aermativa, calcolatez/x ez/y nel punto corrispondente.15Soluz.: Nelcaso(a), sostituendox=1ey=1, troviamolequazionez2= 3chenonammette soluzione. Poiche non esiste alcun punto z corrispondente, non `e possibile denireimplicitamente una funzioneg(x, y) nellintorno dix = 1, y = 1.Nel caso (b), sostituendox = 1/2 ey = 0, troviamo lequazionez2= 7/16 che ammetteleduesoluzioni z 7/4. Poicheunafunzioneimplicitadeveassegnareadogni coppia(x, y)unoedunsolovalore, non`epossibiledenireimplicitamenteunafunzioneg(x, y)nellintorno dix = 1/2, y = 0.Nel caso (c), sostituendo x = 1 e y = 0, troviamo lequazione z2= 0 che ammette z = 0comeunicasoluzione. Tuttavia, laderivataparzialedellafunzioneimplicitarispettoazrisulta8xz 6yz. Questaderivatasiannullainz= 0equindinonrisultasoddisfattalacondizione suciente del teorema della funzione implicita. Ci`o da solo non basta a escluderechesiapossibiledenireimplicitamenteunafunzione. Tuttavia, sostituendox=1 + ey = 0 troviamo lequazionez2=1 (1 +)34(1 +)chenonammettesoluzioneper>0eammetteduesoluzioniper 0. In particolare, sostituendox=1ey=1, occorresoddisfarelequazionef(t, t)=tkf(1, 1)perogni t >0. Poichef(1, 1) = 2, lequazione da soddisfare corrisponde semplicemente af(t, t) = 2tk.Seguendo il suggerimento, sostituiamo prima t = 2 e poi t = 4 e ricaviamo una contrad-dizione. Sostituendot = 2,troviamof(2, 2) = 2 2k. Poichef(2, 2) = 12,ne segue chekdevesoddisfarelequazione6=2k. Sostituendot=4, troviamof(4, 4)=2 4k. Poichef(4, 4) = 80,kdeve soddisfare lequazione 40 = 4kovvero 40 = (2k)2. Questo contraddicequanto trovato prima, perche da 6 = 2ksegue 36 = (2k)2e non 40 = (2k)2.Un altro modo di rispondere (che non fa uso del suggerimento) consiste nellinvocare ilnotorisultatoperilqualeunpolinomio `eomogeneoseesolosetuttiisuoiterminisonodello stesso grado. In questo caso, il primo addendo eg di terzo grado ed il secondo terminedi secondo grado. Quindi il polinomio non pu`o essere omogeneo.16.23[569.6] Seg(x, y) `e omogenea di grado 1, mostrate che la funzionef(x, y) = a log_g(x, y)x_`e omogenea di grado 0.17Soluz.: Risultaf(tx, ty) = a log_g(tx, ty)tx_ = a log_tg(x, y)tx_ = a log_g(x, y)x_ = f(x, y).Lipotesi di omogeneit`a `e utilizzata per giusticare la seconda eguaglianza.16.24Stabilite il grado di omogeneit`a della funzionef(x, y) = 3x2y 2xy2. Vericate chequesta funzione soddisfa il teorema di Eulero.Soluz.: Occorre stabilire per quale valore di k risulta vera lespressione f(tx, ty) = tkf(x, y)per ognix, y. Sostituendo, troviamof(tx, ty) = 3(tx)2(ty) 2(tx)(t2y2) = t3(3x2y 2xy2) = t3f(x, y)da cui segue che il grado di omogeneit`a `ek = 3. La verica del teorema di Eulero si fa persostituzione, ricordando di usarek = 3 nella formulax f

x(x, y) +y f

y(x, y) = k f(x, y)in modo da trovarex _6xy 2y2_+y _3x24xy_ = 3 _3x2y 2xy2_16.25[577.1.b] Data la funzione implicitaxyz +xz3xy2z5= 1, calcolatez/x.Soluz.: Valezx= yz +z3y2z5xy + 3xz25xy2z416.26[577.4] SiaD = f(r, P) la funzione di domanda per un bene agricolo, doveP`e il suoprezzo ed r `e la spesa totale in pubblicit`a dei produttori. Sia S = g(w, P) la sua funzione dioerta, dove w `e un indice di quanto sia stato favorevole il clima meteorologico. Supponeteg

w(w, P) >0. Lacondizionedi equilibrio`e f(r, P) =g(w, P). Supponetechequestaequazione denisca implicitamentePcome una funzione dierenziabile dir ew. CalcolateP

we commentate il suo segno.Soluz.: Introduciamo la funzione h(r, w, P) = f(r, P) g(w, P) e riscriviamo la condizionedi equilibrio comeh(w, r, P) = 0. Per ipotesi,questa espressione denisce implicitamentePcome funzione dir ew. Applicando il teorema della funzione implicita, si haP

w =Pw= h

w(w, r, P)h

P(w, r, P)=g

w(w, P)f

P(r, P) g

P(w, P).Sotto la plausibile ipotesi che la domanda sia decrescente nel prezzo e loerta sia crescentenel prezzo, il denominatore`enegativoequindi P

w 0,y> 0 ez> 0.Esplicitandox = 108 3y 4zdal vincolo, possiamo limitarci alla massimizzazione dig(y, z) = (108 3y 4z)yz. La condizione del primo ordine porge il sistema_g

y= z(108 6y 4z) = 0g

z= y(108 3y 8z) = 0Scartando le soluzioni cony = 0 oz = 0, rimane il sistema lineare_6y + 4z = 1083y + 8z = 108che ammette lunica soluzioney = 12 ez = 9, a cui corrispondex = 36. Questa terna,in quanto unico candidato sopravvissuto, costituisce il punto di massimo globale.2117.6[605.1.a] Trovatei valori massimi eminimi (odimostratechenonesistono)perlafunzionef(x, y) = (x + 1)2+ (y 3)210utilizzando esclusivamente argomentazioni dirette.Soluz.: Possiamo trascurare la costante 10. Gli altri due addendi sono espressioni semprepositive (in quanto quadrati) e quindi il loro valore minimo `e 0. Dunque la funzione ha unminimo pari a 10 in x = 1 e y = 3. Invece la funzione non ammette massimo perche perx +,f(x, y) +.17.7[605.1.b] Trovatei valori massimi eminimi (odimostratechenonesistono)perlafunzionef(x, y) = 3 _2 (x2+y2)utilizzando esclusivamente argomentazioni dirette.Soluz.: Cominciamoosservandochelafunzionecontinua(x2+ y2)assumetutti i valoricompresi nellintervallo [0, +). Ne segue che la funzione 2(x2+y2) assume tutti i valoricompresi nellintervallo (, 2] e che la funzione composta _2 (x2+y2) assume tutti ivalori compresi nellintervallo (,2]. Inne, la funzione 3 _2 (x2+y2), anchessacontinua, assumetutti i valori compresi nellintervallo[3 2, +). Qundi lafunzioneinesameraggiungeunminimochevale3 2nelpuntox=0, y=0; invece, poiche `eillimitata superiormente, non ammette massimo.17.8[605.3] Semplicate il seguente problema:max12_ex2+y22xe(x2+y22x)_.Soluz.: Poichelafunzioneg(z)=(1/2)[ez ez] `estrettamentecrescente, bastamassi-mizzarex2+y22x.17.9[606.5] Fornite un esempio di funzione discontinuag(x) di una sola variabile tale chelinsieme {x : g(x) 1} non risulti chiuso.Soluz.: Per la funzioneg(x) =_x + 1 sex < 02(x + 1) sex 0linsieme di livello inferiore {x : g(x) 1} `e lintervallo aperto (, 0).17.10[611.1] Consideratelafunzione f(x, y) =4x 2x2 2y2sullinsiemeammissibileS = {(x, y): x2+y2 25}.1. Calcolatef

1(x, y) edf

2(x, y) e trovate lunico punto stazionario dif.2. Trovate i massimi e minimi (vincolati) perf.22Soluz.: (a) Risultaf

1(x, y) =4 4xedf

2(x, y) = 4y. Eguagliandoazeroleduederivate prime, lunico punto stazionario risultax0 = 1, y0 = 0 in corrispondenza del qualela funzione obiettivo valef(x0, y0) = 2.(b) Studiamoadessolafrontieradellinsiemeammissibile S, corrispondenteallacir-conferenzadescrittadallequazionex2+ y2=25. (Si noti chequestoimplicax225,quindi deve valere 5 x 5.) Sostituendox2+ y2= 25 nella funzione obiettivo, risultaf(x, y) = 4x 50 che `e una funzione crescente inx. Poiche 5 x 5,questa funzioneha un punto di minimo in x1 = 5 (e y1 = 0) ed un punto di massimo in x2 = 5 (e y2 = 0).Inquesti duepunti, lafunzionevalerispettivamentef(x1, y1)= 70ef(x2, y2)= 30.Dal confronto con il valore nel punto stazionario,risulta che il minimo assoluto di 70 siraggiunge in x1 = 5, y1 = 0 mentre il massimo assoluto di 2 si raggiunge in x0 = 1, y0 = 0.17.11[612.2.a] Trovate i punti di massimo e di minimo della funzionef(x, y) =x3+ y39xy + 27 relativamente allinsiemeSdenito dai vincoli 0 x 4 e 0 y 4.Soluz.: Cominciamo dai punti interni. Annulllando il gradiente otteniamo il sistema_f

x= 3(x23y) = 0f

y= 3(y23x) = 0che ammette le due soluzioni x = 0, y = 0 e x = 3, y = 3 a cui corrispondono rispettivamentele immaginif(0, 0) = 27 edf(3, 3) = 0.Consideriamoadessoipuntidifrontiera. Perx = 0, lafunzionediventay3+ 27, che`e strettamente crescente iny. Quindi ha un minimo locale iny = 0 dove la funzione valef(0, 0) = 27 ed un massimo locale in y = 4 dove vale f(0, 4) = 91. La funzione `e simmetrica,quindi lanalisi del casoy = 0 conduce ad un minimo locale inx = 0 (gi`a esaminato) ed unmassimo locale inx = 4 dove la funzione vale ancoraf(4, 0) = 91.Perx = 4, la funzione diventay3 36y + 81, che `e strettamente decrescente day = 0ay= 23 e strettamente crescente day= 23 ay= 4. Quindi ha un minimo locale iny = 23 dove la funzione valef(4, 23) = 81 483< 91 e due massimi locali iny = 0(gi`aesaminato)einy=4dovelafunzionevalef(4, 4)=1>0. Lanalisi pery=4`esimmetrica e non genera punti diversi da quelli gi`a esaminati.Il massimo globale vale 91 e si raggiunge nei punti x = 0, y = 4 e x = 4, y = 0. Il minimoglobale vale 0 e si raggiunge nel puntox = 3, y = 3.17.12[612.2.c] Trovate i punti di massimo e di minimo della funzione f(x, y) = 3+x3x2y2nellinsieme ammissibileS = {(x, y): x2+y2 1 ex 0}.Soluz.: Conduciamo la ricerca dei punti estremi distinguendo fra i punti interni e i puntidi frontiera diS. Relativamente ai punti interni, la condizione necessaria `e3x22x = 0 e 2y = 0cheporgei punti stazionari (0, 0)e(2/3, 0)nei quali lafunzionevalerispettivamente3e 77/27 2.85.23Relativamente alla frontiera, sex2+y2= 1 la funzione vale 3 +x31 = 2 x3che haminimoinx = 0emassimoinx = 1(siricordichepossiamoprendereinconsiderazionesoltanto valori di x che appartengano a S). Se x = 0, x2+y2= 1 implica y = 1: troviamocos` i due punti (0, 1) e (0, 1), dove la funzione vale comunque 2. Sex = 1, x2+ y2= 1implicay = 0 e la funzione vale 3.Inne,sex = 0,lafunzionevale3 y2chehaminimoiny= 1emassimoiny= 0,dove vale rispettivamente 2 e 3.In conclusione i punti di massimo (nei quali la funzione vale 3) sono (0, 0) e (1, 0), mentrei punti di minimo (nei quali la funzione vale 2) sono (0, 1) e (0, 1).17.13[612.3] Supponete che la funzioneh(x, y) = x2y(x y 1) sia denita su un dominiocostituito dallinsieme di tutti i punti (x, y) tali che 1 x 2 e 0 y x 1. Dimostratecheh ammette estremi globali e determinateli.Soluz.: La funzione `e continua ed il dominio `e compatto. Dunque il teorema di Weierstrassgarantiscelesistenzadei punti estremi globali. Pertrovarli, suddividiamolaricercatrapunti interni epunti di frontieradel dominio, costituitodal triangolochehaperverticii punti (1, 0), (2, 0)e(2, 1). Leduederivateparziali sonoh

1=xy [3x 2y 2] eh

2=x2[x 2y 1]. Poichex = 0 non appartiene al dominio ey= 0 non `e un punto interno,lunica soluzione potenzialmente associata ad un punto interno si trova risolvendo il sistema_3x 2y 2 = 0x 2y 1 = 0che tuttavia fornisce x = 1/2 e y = 1/4. Questo punto non appartiene al dominio e quindinon troviamo punti estremi interni al dominio.Guardiamo adesso ai punti di frontiera, considerando distintamente i tre lati del triangolochecostituisceil dominio. Per1 x 2ey=0, lafunzionediventah(x, 0)=0. Per1 x 2 ey =x 1, la funzione diventah(x, x 1) = 0. Inne, perx = 2 e 0 y 1,lafunzionediventah(2, y)=4y(1 y)chehaunpuntodi massimoiny=1/2, dovelafunzione vale 1. Ne concludiamo che tutti i punti (x, y) per cui 1 x 2 ey = 0 oppure1 x 2ey=x 1sonopuntidiminimoglobali, acuicorrispondeunminimodellafunzione pari a 0. Il punto di massimo globale `ex = 2 ey = 1/2, dove la funzione assumeun valore massimo di 1.17.14[617.2.a,b] Trovate tutti i punti stazionari delle funzionif(x, y) = x3+y33xy e g(x, y) = x2xy +y2+ 3x 2y + 1e, se possibile, applicate le condizioni del secondo ordine per classicarli.Soluz.: Cominciamo dalla prima funzione. Il sistema delle condizioni del primo ordine `e_f

1(x, y) = 3x23y = 0f

2(x, y) = 3y23x = 0che porge due soluzioni: x = y = 0 ex = y = 1. La matrice hessiana `eH(x, y) =_ 6x 33 6y_24Sostituendox = y = 0 troviamoH(0, 0) =_0 33 0_incui |A2|= 9 0 e |A2| = 25 > 0. La matrice `e denita positiva e quindi il punto (1, 1) `edi minimo locale stretto.Passiamo alla seconda funzione. Il sistema delle condizioni del primo ordine `e_g

1(x, y) = 2x y + 3 = 0g

2(x, y) = x + 2y 2 = 0che porge la soluzionex = (4/3) ey = 1/3. La matrice hessiana `eH(x, y) =_2 11 2_per ogni x, y. Poiche |A1| = 2> 0 e |A2| = 3> 0,la matrice `e denita positiva per ognix, yequindilafunzione `estrettamenteconvessa. Neseguecheilpunto(4/3, 1/3) `ediminimo assoluto stretto.17.15Determinate i due punti stazionari della funzionef(x, y) = x3y3+ 9xye classicateli. Uno dei due punti stazionari risulta di minimo locale:dimostrate che tuttaviaesso non `e un punto di minimo globale per la funzione.Soluz.: Eguagliando a zero il gradiente troviamo il sistema di due equazioni_3x2+ 9y = 03y2+ 9x = 0che ammette le due soluzioni (0, 0) e (+3, 3). La matrice hessiana della funzione `eH(x, y) =_6x 99 6y_.PoicheH(0, 0) `e indenita, il punto (0, 0) `e di sella. PoicheH(+3, 3) `e denita positiva,il punto (+3, 3) `e di minimo locale conf(+3, 3) = 27. Tuttavia,poiche perx = 0 ey + la funzionef(x, y) , essa non ammette un minimo globale.2517.16[617.2.d] Trovate tutti i punti stazionari della funzionef(x, y) = _1 x2y2+x22y2e, se possibile, applicate le condizioni del secondo ordine per classicarli.Soluz.: Dopo qualche manipolazione algebrica,la condizione necessaria del primo ordineporge il sistema2x_1 12_1 x2y2_= 02y_2 12_1 x2y2_= 0E evidente che lespressione in parentesi nella seconda equazione `e sempre strettamente ne-gativa. Quindi lunico modo per soddisfare la seconda equazione `e porre y = 0. Sostituendonella prima equazione, questa si riduce a2x_1 121 x2_ = 0che `e soddisfatta per x = 0 oppure per x = 3/2. Quindi i punti stazionari della funzionesono tre: (0, 0), (3/2, 0) e (3/2, 0).Per classicarli, ricaviamo la matrice hessianaHf(x, y) =_2 1y2(1x2y2)3/2xy(1x2y2)3/2xy(1x2y2)3/24 1y2(1x2y2)3/2_Sostituendo il primo punto stazionario, troviamo cheHf(0, 0) =_1 00 5_`eindeterminataequindi il punto`edi sella. Sostituendoil secondopuntostazionario,troviamo cheHf(3/2, 0) =_6 00 12_`e denitanegativae quindi il punto`e di massimolocale. Sostituendoil terzopuntostazionario, troviamo cheHf(3/2, 0) =_6 00 12_`e ancora denita positiva e quindi il punto `e di minimo locale.17.17[617.3.a] Determinate per quali valori dia,b ec la funzionef(x, y) = ax2y +bxy + 2xy2+c26ha un punto di minimo locale nel punto (2/3, 1/3) ed assume ivi un valore di minimo localepari a 1/9.Soluz.: Le condizioni del primo ordine sono_2axy +by + 2y2= 0ax2+bx + 4xy = 0che sono soddisfatte nel punto (x = 2/3, y = 1/3) se_(4/9)a + (1/3)b + (2/9) = 0(4/9)a + (2/3)b + (8/9) = 0,da cui segue a = 1 e b = 2. In corrispondenza a questi valori di a e b, lHessiano nel punto(x = 2/3, y = 1/3) `e_2/3 2/32/3 8/3_,cherisultadenitopositivo. Dunqueil puntotrovato`eeettivamentedi minimoloca-le. Sostituendoi valori di aebtrovati, imponiamoleguaglianzaf(2/3, 1/3)= 1/9edeterminiamoc = 1/27.17.18[617.6] Considerate le tre funzioni:(i)z = x4y4; (ii)z = x4+y4; (iii)z = x3+y3.Dimostrate che per ciascuna di esse lorigine `e un punto stazionario (quindi la condizionedel primoordine`esoddisfatta)mail determinantedellHessianocalcolatonellorigine`enullo(quindilacondizionedelsecondoordinenon `econclusiva). Studiandodirettamentele funzioni, dimostrate che lorigine `e un punto di massimo per (i), `e un punto di minimoper (ii) ed `e un punto di sella per (iii).Soluz.: Il calcolo del gradiente e dellHessiano `e elementare, cos` come le veriche richieste.Ci limitiamo alle dimostrazioni richieste nellultimo punto. Per la (ii), si osservi che essa `esomma di due funzioni nonnegative e quindi risulta essa stessa nonnegativa; poiche nellori-gine essa assume valore nullo, questo `e di necessit`a il valore minimo che pu`o assumere. Perla (i), basta osservare che essa `e lopposto della (ii); pertanto, essa assume valore massimodove la (i) assume valore minimo. Per la (iii), si osservi che per valori strettamente positivi(rispettivamente, strettamentenegativi)di xeyessaassumevaloristrettamentepositivi(rispettivamente, strettamente negativi); quindi, in un intorno dellorigine, essa assume siavalori minori sia valori maggiori di zero.17.19[631.1] Stabilite se la funzionef(x, y, z) = (x + 2y + 3z)2`e convessa.Soluz.: La funzione proposta `e convessa perche `e una trasformazione convessa di una fun-zione lineare. (Vedi Proposizione 17.19 a p. 629 del testo.)Un altro modo per raggiungerequesta conclusione `e studiare lHessiano, che risulta ovunque semidenito positivo.2717.20Determinateselafunzionef(x, y, z) =3|x| + 5|y| + 2|z| `econcavaoconvessa(onessuna delle due cose).Soluz.: Ricordandochelafunzionevaloreassoluto`econvessa, bastaosservarechelafunzione proposta `e una combinazione lineare con pesi positivi di tre funzioni convesse perconcludere che `e anchessa convessa.17.21Date le due funzionif(x, y) = 3x 2yeg(x, y) = 5x + 4y, stabilite se la funzioneh(x, y) = max{f(x, y), g(x, y)} `e concava, convessa o nessuna delle due.Soluz.: Le funzioni f(x, y) e g(x, y) sono lineari (e quindi sia concave sia convesse). Quindih(x, y) `e il massimo di due funzioni convesse, e pertanto `e convessa.17.22Siaf(x)unafunzionedenitasu R, concava, duevoltedierenziabile. Qualialtreipotesi sono necessarie per garantire che 1/fsia una funzione convessa?Soluz.: Anzituttosupponiamof(x) = 0perogni xinmododagarantireche1/frisultisempre denita. Successivamente, osserviamo che le ipotesi del problema assicurano che 1/fsia anchessa due volte dierenziabile. Quindi possiamo rispondere al quesito semplicementestudiandoquali ipotesi sononecessariepergarantirecheladerivatasecondadi 1/f siapositiva.Eettuando il calcolo, troviamo che la derivata prima di 1/f`ex1f(x)= f

(x)f2(x)Derivando questultima, troviamo che la derivata seconda di 1/f`e2x21f(x)= f

(x)f2(x) 2f(x)[f

(x)]2f4(x)Questa espressione `e positiva se e solo se il numeratore `e negativo. Quindi occorre richiedereche valgaf

(x)f2(x) 2f(x)[f

(x)]2per ognix.17.23Utilizzate la caratterizzazione del primo ordine per vericare che la funzione f(x, y) =y x2`e concava.Soluz.: Lacaratterizzazioneacuifacciamoriferimentostabiliscecheunafunzionedie-renziabilef(x, y) `e concava se e solo se, per ogni (x0, y0) nel dominio dif, abbiamof(x0, y0) +f

1(x0, y0)(x x0) +f

2(x0, y0)(y y0) f(x, y).Sostituendo la funzione data, occorre vericare che(y0x20) 2x0(x x0) + (y y0) y x2.Svolgendo i calcoli, questa equivale a (x0 x)2 0, che ovviamente risulta sempre soddi-sfatta. Quindi la funzione proposta `e eettivamente concava.2817.24[635.3] Stabilite per quali valori del parametroa la funzionef(x, y) = 6x2+ (2a + 4)xy y2+ 4ayrisulta concava oppure convessa oppure ne concava ne convessa.Soluz.: La matrice hessiana `e H =_12 2a + 42a + 4 2_. Poiche f

11 ed f

22 sono strettamentenegative, lafunzionenonpu`oessereconvessa. Completandolecondizioni necessarieesucienti, lafunzionerisultaconcavasedetH0, ovverose24 (2a + 4)20, checorrispondead 2 6 a 2 +6. Pergli altri valori di a, lafunzionenon`eneconvessa ne concava.17.25[636.6] Trovate il pi` u grande dominio convesso in R2sul quale la funzionef(x, y) = x2y2xy x3risulti concava.Soluz.: Siricordicheunafunzioneduevoltedierenziabile `econcavaseesoloselasuamatricehessiana`esemidenitanegativa. Perlafunzioneinesame, lamatricehessianarisultaHf(x, y) =_2 6x 11 2_Questamatrice`esemidenitanegativaseesoloserisultasimultaneamentecheil primominore principale `e negativo ed il secondo minore principale `e positivo. In termini algebrici,occorreavere2 6x 0e12x 5 0. Risolvendoil sistemaformatodaquesteduedisequazioni, troviamo che il dominio pi` u grande corrisponde ax 5/12.17.26[642.1] La funzionef(x1, x2, x3) = x21 +x22 + 3x23x1x2 + 2x1x3 +x2x3ammette un solo punto stazionario. Dimostrate che esso `e un punto di minimo locale.Soluz.: Il sistema delle condizioni del primo ordine denisce un sistema lineare omogeneola cui unica soluzione `ex1 = x2 = x3 = 0. La matrice hessiana della funzione `eH(x1, x2, x3) =__2 1 21 2 12 1 6__e risulta denita negativa. Pertanto lorigine `e un punto di minimo locale.17.27[642.2.b] Classicate i punti stazionari della funzione f(x, y, z) = x3+y3+z39xy 9xz + 27.29Soluz.: Le tre condizioni del primo ordine sonof

x = 0 : 3x29y 9z = 0 (1)f

y = 0 : 3y29x = 0 (2)f

z = 0 : 3z29x = 0 (3)Eguagliando la (2) e la (3) seguey2=z2. Quindi deve esserey=zoppurey= z. Nelprimocaso, sostituendox =y2/3dalla(2)nella(1), ricaviamo(y4/3) 18y= 0, ovveroy(y354) = 0, da cui y = 0 oppure y = 332. Le due soluzioni risultanti sono x = y = z = 0ex = 334,y = z = 332. Nel secondo caso, con analoga sostituzione, troviamo (y4/3) = 0da cui si ritrova la soluzione nulla gi`a individuata. Quindi i punti stazionari sono due.Per classicarli, scriviamo lhessiano della funzione obiettivoHf(x, y, z) = 3__2x 3 33 2y 03 0 2z__Sinotichelhessiano `eilprodottodi3perunamatrice. Tuttavia, poiche3 `epositivoesiamo interessati soltanto al segno dei minori, nei calcoli che seguono facciamo riferimentoper semplicit`a soltanto ai minori principali di linea della matrice (e ignoriamo il 3).Nel primo punto stazionario, lhessiano diventaHf(0, 0, 0) = 3__0 3 33 0 03 0 0__che ha il secondo minore principale di linea negativo. Quindi lorigine `e un punto di sella.Nel secondo punto stazionario, lhessiano valeHf(334, 332, 332) = 3__634 3 33 632 03 0 632__I cui tre minori principali di linea (ignorando il 3) valgono rispettivamente 1832 > 0, 13 > 0e 3632 > 0. Essendo tutti strettamente positivi, lhessiano risulta denito positivo e quindiil punto stazionario (334, 332, 332) `e un punto di minimo locale.17.28Unimpresa produce un unico bene mediante due fattori secondo la funzione di pro-duzioneQ=x1/4y1/4. Inoltre, vendeil prodottoal prezzounitariodi uneuro, mentreciascunodeiduefattorihaunprezzounitariodi4euro. Determinatelacombinazionedifattori che massimizza il protto.Soluz.: La funzione di protto `e(x, y) = x1/4y1/4(4x + 4y)e va massimizzata sotto il vincolox 0, y 0. Si noti chex1/4y1/4`e concava perche `e unafunzione di Cobb-Douglas in cui la somma degli esponenti `e inferiore a 1. Dal momento che304x+4y `e una funzione lineare, la funzione di protto risulta concava e quindi la condizionedel primo ordine `e necessaria e suciente per risolvere il problema di massimo. Essa porge

x = 0 : (1/4)x3/4y1/44 = 0

y = 0 : (1/4)x1/4y3/44 = 0ovvero

x = 0 : x3/4y1/4= 16

y = 0 : x1/4y3/4= 16Eguagliando il lato sinistro delle due equazioni, troviamox = y. Sostituendo questa egua-glianza nella prima equazione, troviamox = 1/256. Sostituendo nella seconda equazione,y = 1/256.17.29[649.1.b] Stabilite se la funzionef(x, y) = yex(cony> 0) `e quasiconcava.Soluz.: Lafunzione data`e il prodottodi due funzioni positive e crescenti, quindi `equasiconcava. Un altro modo per ottenere questo risultato `e esaminare lHessiano orlatoH(x, y) =__0 yexexyexyexexexex0__i cui minori principali di linea risultano |H2| = y2e2x< 0 e |H3| =ye3x> 0, per ogni xeperogni y> 0. InbaseallacondizionesucientedicuialTeorema17.17dip.647,lafunzione `e quasiconcava.17.30[649.3] Esibite uncontroesempiodal quale risulti che lasommadi due funzioniquasiconcave non `e necessariamente quasiconcava.Soluz.: Leduefunzioni exedexsonostrettamentemonotoneedunquequasiconcave.Tuttavia, lasommaf(x) =ex+ exhaunpuntodi minimoglobalestrettonel puntointernox = 0 e quindi non `e quasiconcava.17.31[649.7]SupponetecheF(x, y)siaunafunzionediclasseC2(ovvero, dierenziabiledue volte con continuit`a) e che lequazione F(x, y) = c denisca implicitamente una funzioney = g(x) anchessa di classeC2. Dimostrate che seF`e quasiconcava eF

2(x, y) > 0, allorag `e convessa.Soluz.: Con alcune manipolazioni algebriche, la derivata seconda della funzione implicitadenita daF(x, y) = c pu`o essere scritta comeg

(x) =1(F

2)30 F

1F

2F

1F

11F

12F

2F

21F

22.31PoicheF

2(x, y) > 0, il segno della derivata seconda dig(x) `e lo stesso di quello del minoreprincipale di ordine 3 dellHessiano orlato di F. Daltra parte,sappiamo dalla condizionenecessaria di quasiconcavit`a che i due minori principali di ordine k = 2 e k = 3 dellHessianoorlato di Fdevono avere segno rispettivamente negativo e positivo. Quindi, il segno di g

(x)`e positivo e la funzioneg `e convessa.18 Ottimizzazionevincolata18.1Risolveteil problemadi minimizzaref(x, y)=(x 2)2+ (y 1)2sottoil vincoloy x = 0. (Osservate che ci`o equivale a determinare il punto sulla bisettrice pi` u vicino alpuntox0 = 2, y0 = 1.)Soluz.: Procediamo per sostituzione. Poiche il vincolo impone y = x, la funzione obiettivodiventa (x2)2+(x1)2= 2x26x+5. Questa funzione `e una parabola convessa: quindila condizione del primo ordine 4x 6 = 0 `e necessaria e suciente per individuare il puntodi minimo globale, che risultax = 3/2 ey = 3/2.18.2[654.2] Risolvete il problema di ottimizzazione vincolatamax f(x, y) = 3xy t.c. x2+y2= 8.Soluz.: Applicando il metodo di Lagrange, otteniamo il sistema___3y 2x = 03x 2y = 0x2+ y2= 8che ammette quattro soluzioni: x = y = 2,x = y = 2,x = 2 ey = 2,x = 2 ey = 2.Un modo molto pi` u rapido di pervenire alla stessa conclusione consiste nellosservare cheil problema `e simmetrico in (x, y). Quindi la soluzione deve trovarsi in un punto dove x = y.Sostituendo questo valore nel vincolo, si trovano i quattro punti stazionari gi`a individuaticon il metodo di Lagrange.Per il teorema di Weierstrass, il problema ammette una soluzione che quindi possiamodeterminare per ispezione. Sostituendo i quattro punti sospetti trovati, troviamof(2, 2) =f(2, 2) = 12 ef(2, 2) = f(2, 2) = 12. Quindi i due punti di massimo globale sonox = y = 2 ex = y = 2.18.3[654.3] Risolvete il problema di ottimizzazione vincolatamax f(x, y) = 10x1/2y1/2t.c. 2x + 4y = 9.Soluz.: Possiamo semplicare il problema utilizzandoxy come funzione obiettivo da mas-simizzare. Esplicitandox=(9 4y)/2dalvincolo, bastarisolvereilproblemadi massi-mizzazione libera max[(9 4y)/2]y, che porgey = 9/8. Sostituendo nel vincolo originale,32troviamo x = 9/4. Sostituendo la coppia (x, y) nella formulazione originale del problema,il massimo risulta 452/4.18.4Massimizzate la funzionef(x, y, z) = yz +xz sotto i vincoliy2+z2= 1 exz = 3.Soluz.: Sostituendoil vincoloxz =3nellafunzioneobiettivo, possiamoriformulareilproblema come quello di massimizzareyz + 3 sotto il vincoloy2+z2= 1.LaLagrangianadi questoproblema`eL(y, z; )=yz + 3 (y2+ z2 1)dacui siricavano le condizioni del primo ordine___z 2y = 0y 2z = 0y2+z2= 1Sommando la prima e la seconda equazione, troviamo (1 2)(y +z) = 0. Studiamo sepa-ratamente i due casi. Quando (1 2) = 0, risulta immediatamente = 1/2. Sostituendonellaprimaonellasecondaequazione, ricaviamoy=zche, sostituitoasuavoltanellaterzaequazione, porgey=z = 2/2oppurey=z = 2/2. Seinvecey + z =0,abbiamoy= zche,sostituitonellaterzaequazione,porgey= 2/2ez= 2/2op-purey= 2/2ez= 2/2. Calcolandoil valoredellafunzioneobiettivonei quattropuntisospetticos`trovati,troviamocheilmassimoglobale `eraggiuntoiny=z= 2/2e iny =z = 2/2. Ritornando al problema originale (dobbiamo ancora determinarex,infatti), sfruttiamo lequazionexz = 3 per concludere che i punti di massimo globale sono(x = 32), y =2/2, z =2/2) e (x = 32, y = 2/2, z = 2/2).Esisteunascorciatoiaecaceper raggiungerelostessorisultatoevitandolostudiodella condizioni del primo ordine. Poiche la formulazione di questo problema `e simmetrica,possiamo ulteriormente semplicarlo imponendoy = z e cercando il massimo diy2sotto ilvincolo 2y2= 1 da cui si trova banalmentey = 2/2. Conseguentemente, ricaviamo persostituzione che i punti di massimo del problema originale sono (x = 32), y = 2/2, z =2/2) e (x = 32, y = 2/2, z = 2/2).18.5[661.5] Considerate il problemamax f(x, y) = 10x1/2y1/3t.c. 2x + 4y = m.Scrivete le condizioni necessarie di ottimo e risolvetele rispetto a x, y, in funzione di m > 0.Vericate chedf(m)dm= (m).Soluz.: Le condizioni necessarie sono5x1/2y1/3= 2103x1/2y2/3= 42x + 4y = m33Dividendo la prima equazione per la seconda si ottiene 3y = x. Sostituendo nella terza equa-zione, troviamoy(m) =m/10. Poiche 3y =x, ne seguex(m) = (3/10)m. Sostituendo ivalori trovati perx ey nella prima equazione, risulta(m) =523 _10m_1/6.Inne, calcoliamof(m) = f(x(m), y(m)) =3 101/6 m5/6da cui seguedf(m)dm=523 _10m_1/6= (m).18.6[661.6] Considerateil problema: maxU(x, y) =100 exeysottoil vincolopx +qy = m. Scrivete le condizioni necessarie per la soluzione del problema con il metodoLagrangiano e trovatex eyin funzione dip,q, edm. Dimostrate chex eysono funzioniomogenee di grado 0 inp,q edm. Spiegate come si potrebbe arrivare a questa conclusionedallesame diretto del solo problema di massimizzazione.Soluz.: Le condizioni necessarie sono___ex= pey= qpx +qy = mPoicheq = 0(altrimentisarebbeimpossibilesoddisfarelasecondaequazione),possiamodividerelaprimaequazioneper lasecondainmododaottenere eyx=(p/q), ovveroy = x + log(p/q). Sostituendo nella terza equazione, si ricavax(p, q, m) =mq log(p/q)p +qe dunquey(p, q, m) =m+p log(p/q)p +q.E immediatovericarepersostituzionechequesteduefunzioni sonoomogeneedi gradozero. Alla stessa conclusione si pu`o giungere direttamente osservando che, se si moltiplicanop, q, m per la stessa costantet = 0,il problema di massimizzazione non cambia e quindi isuoi punti di massimo devono restare gli stessi.18.7[662.2.a,b] Considerate il problemamin (x 1)2+y2t.c. y28x = 034(a) Cercate di risolverlo sostituendo la variabile y. Poi riprovate sostituendo la variabilex. Commentate.(b) Risolvete il problema usando il metodo di Lagrange.Soluz.: (a)Sesostituiamoy2=8xnellafunzioneobiettivo, otteniamolafunzionequa-dratica(x 1)2+ 8x. Questafunzione `econvessa, quindilacondizionedelprimoordine`enecessariaesucienteperlaricercadelpuntodiminimoassoluto. Eguagliandoazeroladerivataprima,otteniamo2x + 6 = 0dacuirisultax= 3. Tuttavia,inx= 3ilvincoloy28x = 0 non risulta mai soddisfatto e quindi la soluzione non `e accettabile. Perquesta via non si ottiene alcuna soluzione al problema di minimizzazione vincolato.Se invece sostituiamox = y2/8 nella funzione obiettivo, otteniamo la funzione (y2/8 1)2+y2. Eguagliando a zero la derivata prima, otteniamo (y324y)/16 = 0 da cui risultay1= 0 oppurey2= 24. Sostituendo questi valori nellequazione che denisce il vincolo,troviamox1=0oppurex2=3. Confrontandoi valori dellafunzioneobiettivonei duepunti, lacoppia(x1=0, y1=0)risultalunicocandidatoadessereunpuntodiminimoassoluto.La spiegazione dei due diversi risultati risiede nellosservazione che il vincolo del proble-ma impone (implicitamente) che sia x 0. Nel primo caso, quando sostituiamo y, perdiamotraccia del vincolo. Se ne teniamo conto e proviamo a minimizzare la funzione (x1)2+8xsotto il vincolox 0, troviamo la (corretta) soluzione (x = 0, y = 0).(b)La Lagrangiana risultaL(x, y; ) = (x 1)2+ y2 (y2 8x). Lacondizionedelprimo ordine risulta2(x 1) 8 = 02y 2y = 0y28x = 0da cui ricaviamox = 0,y = 0 e = 0.18.8[674.5] Risolvete il problema: min x22x+2y2+z2+z sotto i due vincoli x+y+z = 1e 2x y z = 5.Soluz.: Sommandotraloroi duevincoli, troviamo3x=6dacui segueche x=2.Sostituendoquestovalore, possiamolimitarci arisolvereil problemadi min 2y2+ z2+ zsotto il vincolo y+z = 1. Procedendo con il metodo di Lagrange o per sostituzione direttadel vincolo,troviamoy= (1/6) ez= (5/6). Il punto (2, 1/6, 5/6) cos` trovato `ecertamentedi minimoperchelafunzioneobiettivo`econvessaelinsiemeammissibile`econvesso.18.9[674.8] Un classico problema in statistica richiede di determinaremin a21x21 +a22x22 +. . . +a2nx2nt.c. x1 +x2 +. . . +xn = 1.Risolvetequestoproblema, supponendoai =0perogni iedandoperscontatocheessoammetta soluzione.35Soluz.: Impostandolalagrangiana, otteniamounsistemacompostodalle nequazioni2a2ixi = peri = 1, 2, . . . , n ed il vincolox1 +x2 +. . . +xn = 1. Riscrivendoxi = /(2a2i)per ognii e sostituendo nel vincolo, troviamo =2

nk=1(1/a2k).Sostituendo il valore di appena trovato inxi = /(2a2i) troviamoxi=1a2i

nk=1(1/a2k)=(1/a2i)

nk=1(1/a2k)peri = 1, 2, . . . , n. Il valore minimo risulta dunque 1/[

nk=1(1/a2k)].18.10[678.2] Considerate il problema di massimo vincolatomax f(x, y, z) := 4z x2y2z2t.c. g(x, y, z) := z xy = 0(a) Applicate il metodo di Lagrange e scrivete le condizioni necessarie di ottimo del primoordine. Determinate tutte le triple (x, y, z) che soddisfano le condizioni necessarie.(b)Ilpunto(1, 1, 1) `eunpuntodimassimo. Determinateunvaloreapprossimatoperlavariazione nel massimo difse modichiamo il vincolo daz xy = 0 az xy = 0.1.Soluz.: Le condizioni necessarie sono___(A) 2x +y = 0(B) 2y +x = 0(C) 4 2z = 0(D) z xy = 0Sommando (A) e (B) troviamo ( 2)(x +y) = 0 da cui segue = 2 ox = y.Supponiamo = 2. Sostituendo in (C) troviamoz= 1 e sostituendo in (A) troviamox = y. Combinando questa informazione conxy = 1 (che ricaviamo da (D)), si hax = 1 ey = 1 oppurex = 1 ey = 1. Quindi per questa via troviamo due soluzioni del sistema:(x = 1, y = 1, z = 1, = 2) oppure (x = 1, y = 1, z = 1, = 2).Supponiamo adessox = y. Sostituendo in (A) troviamo x(2 + ) = 0, da cui seguex = 0oppure = 2. Supponiamox = 0. Da(B)seguey= 0eda(D)z= 0. Inne,da(C)segue=4. Questoporgecometerzasoluzione(x=0, y=0, z=0, =4).Supponiamo invece = 2. Da (C) seguez = 3. Sostituendo in (D) troviamoxy = 3 cheinsieme ax = ydarebbe y2= 3. Poiche questa equazione non ammette soluzione, nontroviamo nuove triple.Ilvaloredelmoltiplicatorecorrispondealprezzo-ombradelvincolo. Poichenelpunto(x=1, y=1, z=1)lafunzionevalef(1, 1, 1)=1edilmoltiplicatore=2, possiamoapprossimarelavariazioneconlespressione0.1 2=0.2. Quindi il massimodovrebbepassare allincirca da un valore di 1 ad un valore di 1.2.3618.11[691.4] Considerateil problemadi massimizzare f(x, y) =x +aysottoi vincolix2+y2 1 ex +y 0. Scrivete le condizioni necessarie del primo ordine. Determinate lesoluzioni al variare del parametroa in R.Soluz.: LaLagrangianadi questoproblema`eL(x, y; , )=x + ay (x2+ y2 1) +(x+y). Si noti il segno diverso dei moltiplicatori, in corrispondenza del verso diverso dellediseguaglianze vincolari a cui sono associati.Le condizioni del primo ordine sono___1 2x + = 0a 2y + = 0(x2+y21) = 0(x +y) = 0x2+y2 1 e 0x +y 0 e 0Possiamo utilizzare le condizioni del primo ordine per semplicare il problema e succes-sivamente risolverlo geometricamente. Mostriamo che non pu`o essere = 0. Infatti, se perassurdo fosse = 0, la prima equazione diventerebbe 1 + = 0 da cui risulterebbe = 1,checontraddicelacondizione 0. Datoche =0, laquartaequazioneimplicacheilvincolox2+y2 1 deve essere soddisfatto con leguaglianza.Aquestopunto, pu`oessereutileidenticaregeometricamentelaregioneammissibile,data dal semicerchio ombreggiato in gura.dddddET&%'$ABLaconclusioneraggiuntavaleperogni aesi interpretageometricamentedicendocheilpunto di massimo globale si trova sulla semicirconferenza traA eB racchiusa nella regionesituata a nord-est della bisettrice. Naturalmente, la posizione esatta del punto di massimodipende daa, ma sappiamo che esso deve sempre trovarsi su questa semicirconferenza.Adesso osserviamo che la curve di livello della funzione obiettivo sono rette. Pertantoil puntodi massimopu`ocadereincorrispondenzadi unpuntodi tangenzatraquestecurvedi livelloelasemicirconferenza, oppurenei suoi punti di frontiera, chesonoA=(2/2,2/2) eB = (2/2, 2/2).Se il punto di massimo cade in un punto di tangenza, la pendenza delle curve di livello(che`e 1/a)deveeguagliarelapendenzadellasemicirconferenza(che`e x/y). Questoporge lequazioney = ax che, combinata conx2+y2= 1 fornisce la soluzionex =_11 +a2e y =_a1 +a2Se il punto di massimo cade invece in un punto di frontiera, esso deve essereA eB.37Cirestadadeterminareperqualivaloridi alasoluzionedelproblema `einunpuntodi tangenzaoppureinAoppureinB. (Per farlo, convienedisegnarsi alcunecurvedilivello.)Per raorzare lintuizione, cominciamo da tre casi particolari. Se a = 0, la funzioneobiettivo diventa semplicemente x, che ha massimo in x = 1 e y = 0. Se a = 1, le curve dilivello della funzione obiettivo sono perpendicolari alla bisettrice principale e quindi c`e unmassimo nel punto di tangenza corrispondente a B. Se a +, le curve di livello tendonoadiventareorizzontali edil massimosi hainx=0, y=1. Questoci suggeriscechealcrescere dia, il massimo si sposta sulla semicirconferenza in senso antiorario da B verso ilpuntox = 0, y = 1.Poiche pera = 1 il punto di massimo `e nel punto di tangenzaB, ne concludiamo chepera < 1 il punto di massimo `e ancora inB(che per`o adesso non `e punto di tangenza).Pera in [1, +), invece, il punto di massimo `e dato dax =_11 +a2e y =_a1 +a218.12(a) Trovate il minimo della funzionef(x, y) = x22y sotto il vincolox2+y2 1.(b) Ripetete lesercizio precedente aggiungendo come ulteriori vincolix 0 ey 0.Soluz.: (a)Risolviamoleserciziosenzaricorrereal metododi Kuhn-Tucker. Linsiemeammissibile `e formato dal cerchio di raggio unitario. Allinterno dellinsieme ammissibile, lafunzione obiettivo `e crescente in |x| e decrescente iny quindi per minimizzarla `e sucienteminimizzare |x| emassimizzare y. Relativamenteallinsiemeammissibile, il puntox=0, y = 1 minimizza |x| e simultaneamente massimizzay. Quindi esso `e il punto di minimoglobale cercato.(b) I due ulteriori vincoli non escludono il punto di minimo gi`a trovato. Quindi la soluzionerimane la stessa.18.13Considerate il problema di massimo vincolatomax f(x, y, z) := x2+y2+z22x 4y 6zsotto i vincolix +y +z 12, x 0, y 0 z 0(a) Scrivete le condizioni di Kuhn-Tucker del primo ordine.(b) Stabilite quale dei seguenti punti soddisfa le condizioni di Kuhn-Tucker: A = (1, 2, 0),B = (4, 2, 0),C = (3, 4, 5) eD = (12, 0, 0).Soluz.: (a) La Lagrangiana risultaL(x, y, z) = x2+y2+z22x 4y 6z (x +y +z 12) +1x +2y +3z.Le condizioni di Kuhn-Tucker si ottengono eguagliando a zero il gradiente della LagrangianaL

x = 2x 2 +1 = 0 (4)L

y = 2y 4 +2 = 0 (5)L

z = 2z 6 +3 = 0 (6)38trascrivendo i vincolix +y +z 12 (7)x 0 (8)y 0 (9)z 0 (10)e riportando le condizioni di complementariet`a(x +y +z 12) = 0 e 0 (11)1x = 0 e 1 0 (12)2y = 0 e 2 0 (13)3z = 0 e 3 0. (14)(b) Per ciascuno dei punti proposti si tratta di determinare se esistono valori dei moltipli-catori che, insieme ai valori dati perx, y, z, soddisfano il sistema formato da (4)(14).Cominciamodal puntoA. Inquestopunto, i primi trevincoli nonsonostringenti equindi da (11)(13) risulta = 1 = 2 = 0. Sostituendo, (6) implica 3 = 6. Questi valoridei moltiplicatori, insieme ax = 1, y = 2, z = 0 soddisfano il sistema. QuindiA soddisfa lecondizioni di Kuhn-Tucker.Passiamo aB. Di nuovo,i primi tre vincoli non sono stringenti e quindi da (11)(13)risulta = 1 = 2 = 0. Sostituendo, (4) implicax = 1, che contraddicex = 4. QuindiBnon soddisfa le condizioni di Kuhn-Tucker.NelpuntoC, soloilprimovincolo `estringente. Quindi(12)(14)implica1=2=3 = 0. Sostituendo in (4), troviamo = 4 che soddisfa anche (5) e (6). Questi valori deimoltiplicatori, insiemeax=3, y=4, z=5soddisfanoil sistema. Quindi Csoddisfalecondizioni di Kuhn-Tucker.NelpuntoD,soloilvincolodipositivit`aperxnon `estringente. Quindi(12)implica1= 0. Sostituendo in (4),troviamo = 22. Sostituendo in (5) e (6),troviamo2= 26e3=28. Questi valori dei moltiplicatori, insiemeax=12, y=0, z=0soddisfanoilsistema. QuindiD soddisfa le condizioni di Kuhn-Tucker.39