MASSIMI E MINIMI VINCOLATIEsercizi risolti

1. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y) = xy sulla cir-conferenza unitaria x2 + y2 = 1.

2. Determinare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = x2 + 3y con il vincolox2

4+ y2

9= 1.

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 diequazione (x− 2)2 + (y − 1)2 = 1.

5. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = x2y lungo la curva x4 + y4 = 1.

6. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = |x|+ |y| sulla curva x2 +y2 = 1.

7. Studiare gli estremi vincolati della funzione f(x, y) =√

2x2 − xy + y2 lungo laretta x+ y = 8.

8. Sia y = f(x) l’equazione di una curva regolare e sia P = (a, b) un punto non ap-partenente ad essa. Detto Q = (x, f(x)) un punto variabile sulla curva, dimostrareche la retta PQ e perpendicolare alla curva se e solo se la distanza PQ e minima omassima.

9. Determinare il punto Q sulla retta y = mx + q alla minima distanza dal puntoP = (a, b). Dimostrare poi che la distanza di P dalla retta, cioe la distanza PQ, e

d = PQ =|ma+ q − b|√

1 +m2.

10. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della curva di equazionex2 − xy + y2 = 1.

11. Determinare il minimo di f(x, y) = x2 + y2 con il vincolo (x− 1)3 − y2 = 0.

12. Studiare gli estremi vincolati della funzione f(x, y) = −x log x−y log y con il vincolox+ 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 x2

a2 + y2

b2= 1 trovare quello di

perimetro massimo.

15. Tra tutte le ellissi di semiassi x, y tali che x2+y2 = 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 faccecircolari) trovare quello di volume massimo.

18. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y, z) = xy + xz + yzsulla sfera x2 + y2 + z2 = 1.

19. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y, z) = (x+ y + z)2 conil vincolo x2 + 2y2 + 3z2 = 1.

20. Tra tutti i parallelepipedi (rettangoli) di volume assegnato V determinare quello disuperficie minima.

21. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine dell’ellisse ottenutotagliando l’ellissoide x2

4+ y2

4+ z2 = 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 ilvincolo x1 · x2 · · ·xn = k (k fissato > 0) e xj > 0 ∀j.b) Dedurre la seguente disuguaglianza tra media geometrica e aritmetica: dati nnumeri positivi x1, x2, . . . , xn vale

n√x1x2 · · ·xn ≤

x1 + x2 + · · ·+ xnn

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 + y2 ≤ 1}. (Si ricordi l’es. 6.)

25. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y) = ex2−y2 sugli insiemi

a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1};b) B = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.

26. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = x2y + xy2 − xy nel triangoloT = {(x, y) ∈ R2 : x+ y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}.

27. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = x2 + y2 − 3y + xy nel cerchioA = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9}.

Esercizi di approfondimento

28. Consideriamo il problema di ottimizzare la funzione f(x, y, z) = xy + xz + yz

sull’ellissoide g(x, y, z) = x2

a2 + y2

b2+ z2

c2− 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 ilminimo m = min f |g=0 e il massimo M = max f |g=0 sono soluzioni dell’equazionedi terzo grado

p(λ) = 4λ3 −(a2b2 + a2c2 + b2c2

)λ− a2b2c2 = 0

2

e dedurre che m = min{λ : p(λ) = 0}, M = max{λ : p(λ) = 0}, procedendo comesegue:

a) scrivere il sistema ∇(f − λg)(x, y, z) = 0 come un sistema lineare omogeneo3 × 3 nelle variabili (x, y, z), e dimostrare che il determinante della matrice A(λ)del sistema vale − 2

a2b2c2p(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 esommandole, dimostrare che se (x, y, z, λ) risolve il sistema{

∇(f − λg)(x, y, z) = 0

g(x, y, z) = 0(1)

allora λ = f(x, y, z), cioe il moltiplicatore di Lagrange coincide con il valore di fnel 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 certovalore λ− < 0, e si dimostri che p(λ−) ≥ 0 utilizzando la disuguaglianza stabilitanell’esercizio 23 con n = 3 e x1 = a2b2, x2 = a2c2, x3 = b2c2.

d) Dai punti a), b) e c) dedurre che m = λ1, M = λ3.

29. Nell’esercizio precedente sia a = b = c. Verificare che

a) λ1 = λ2 = −a2

2, λ3 = a2;

b) per λ = λ3 la soluzione del sistema (1) e v3 = ( a√3, a√

3, a√

3) (unica a meno del

segno), mentre per λ = λ1 ogni vettore v = (x, y, z) di norma a e tale che x+y+z =0 e soluzione, per esempio ogni combinazione lineare dei vettori v1 = ( a√

2,− a√

2, 0),

v2 = ( a√6, a√

6,− 2a√

6).

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

30. Nell’esercizio 28 sia a = b 6= c. Verificare che le radici di p(λ) sono −a2

2, a2±a

√a2+8c2

4,

e dedurre che

M =a2 + a

√a2 + 8c2

4, m =

{−a2

2se a > c

a2−a√a2+8c2

4se a < c.

Confrontare il risultato con l’es. 12 dei proposti.

31. Vogliamo usare i moltiplicatori di Lagrange per dimostrare il teorema sulla di-agonalizzazione delle matrici simmetriche: sia A una matrice simmetrica realen × n; allora esiste una base ortonormale di Rn costituita di autovettori di A.Consideriamo la forma quadratica associata ad A, cioe la funzione f : Rn → R,f(x) = 〈x,Ax〉 =

∑Aijxixj, e consideriamo il problema di ottimizzare f sulla sfera

unitaria Sn−1 = {x ∈ Rn : ‖x‖2 = 1}, cioe con il vincolo g(x) = ‖x‖2 − 1 = 0.

3

La funzione f e continua e la restrizione f |Sn−1 ammette massimo e minimo per ilteorema di Weierstrass (Sn−1 e un sottoinsieme chiuso e limitato di Rn).

a) Sia λ1 = max f |Sn−1 e sia v1 ∈ Sn−1 un punto di massimo, λ1 = f(v1). Di-mostrare che Av1 = λ1v1, cioe v1 e autovettore di A con autovalore λ1. (Si di-mostrino le formule ∇g(x) = 2x, ∇f(x) = 2Ax.)

b) Si ottimizzi ora la funzione f sull’insieme

Sn−2 = {x ∈ Sn−1 : 〈x, v1〉 = 0},

cioe con i due vincoli g(x) = 0 e h(x) = 〈x, v1〉 = 0. Di nuovo f |Sn−2 deve averemassimo e minimo. Posto λ2 = max f |Sn−2 e detto v2 ∈ Sn−2 un punto di massimo,λ2 = f(v2), si dimostri che Av2 = λ2v2 facendo vedere che se (x, λ, µ) soddisfa ilsistema {

∇(f − λg − µh)(x) = 0

g(x) = 0, h(x) = 0

allora µ = 0, Ax = λx e λ = f(x), cioe il primo moltiplicatore di Lagrange e auto-valore di A con autovettore x e coincide con f(x), mentre il secondo moltiplicatoree zero.

c) Procedendo in modo analogo con l’insieme

Sn−3 = {x ∈ Sn−1 : 〈x, x1〉 = 0, 〈x, x2〉 = 0},

si ottenga Av3 = λ3v3, dove λ3 = max f |Sn−3 = f(v3).

d) Iterando il procedimento concludere che si ottengono n vettori v1, v2, . . . , vnortogonali tra loro e di norma 1, cioe una base ortonormale di Rn, tali che Avk =λkvk, dove λk = max f |Sn−k = f(vk), con λ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn. Dedurre infine cheil massimo di f sulla sfera Sn−1 e il piu grande autovalore di A, il minimo di fsu Sn−1 e il piu piccolo autovalore di A, e i punti di massimo e di minimo sono icorrispondenti autovettori (normalizzati).

32. Rivedere l’esercizio 18 dei risolti scrivendo f come la forma quadratica associata

alla matrice A =

0 12

12

12

0 12

12

12

0

e applicando i risultati dell’esercizio precedente.

33. (Generalizzazione dell’esercizio 28). Sia A una matrice simmetrica reale n × n esia f(x) = 〈x,Ax〉 =

∑Aijxixj la forma quadratica associata. Consideriamo il

problema di ottimizzare f sull’ellissoide

En−1 = {x ∈ Rn :x21

a21

+x22

a22

+ · · ·+ x2n

a2n

= 1},

cioe con il vincolo g(x) =∑ x2

j

a2j−1 = 0, dove a1, a2, . . . , an sono n numeri positivi as-

segnati (i semiassi dell’ellissoide). SiaB la matrice diagonaleB = diag(a1, a2, . . . , an).

4

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

g(x) = 0

allora B2Ax = λx, cioe λ e autovalore di B2A con autovettore x, e inoltre λ = f(x).

b) Dimostrare che la matrice B2A (in generale non simmetrica) ha gli stessi auto-valori della matrice simmetrica A = BAB e che y e autovettore di A con autovaloreλ se e solo se x = By e autovettore di B2A con autovalore λ.

c) Posto x = By cioe xj = ajyj, verificare che g(x) = 0 se e solo se g(y) = 0, doveg(y) =

∑y2j − 1, e che f(x) = 〈x,Ax〉 = 〈y, Ay〉. Dedurre che{∇(f − λg)(x) = 0

g(x) = 0se e solo se

{∇(f − λg)(y) = 0

g(y) = 0,

cioe ottimizzare f sull’ellissoide En−1 equivale a ottimizzare la forma quadraticaf(y) = 〈y, Ay〉 associata alla matrice A sulla sfera unitaria Sn−1. Applicando irisultati dell’esercizio 31, concludere che

M = max f |En−1 = max f |Sn−1 e m = min f |En−1 = min f |Sn−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’esercizio33.

37. Sia A una matrice simmetrica reale 3 × 3 definita positiva. Sia g(x) = 〈x,Ax〉 =∑3i,j=1Aijxixj la forma quadratica associata ad A e consideriamo l’ellissoide cen-

trato nell’origine di equazione g(x) = 1. Dimostrare che il semiasse minore (risp.maggiore) dell’ellissoide e 1/

õ3 (risp. 1/

√µ1), dove 0 < µ1 ≤ µ2 ≤ µ3 sono gli

autovalori di A. (Si ottimizzi la funzione f(x) = ‖x‖2 con il vincolo g(x) = 1.)

5

SOLUZIONI

1. Determinare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y) = xy sulla cir-conferenza unitaria x2 + y2 = 1.

1o metodo. Applichiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, impostando ilsistema {

∇(f − λg)(x, y) = 0

g(x, y) = 0(2)

dove il vincolo e dato da g(x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. Otteniamoy = 2λx

x = 2λy

x2 + y2 = 1.

Sostituendo la prima equazione nella seconda si ha x = 4λ2x, cioe x(1− 4λ2) = 0.Non puo essere x = 0 perche altrimenti anche y = 0 mentre (x, y) 6= (0, 0) per ilvincolo. Ne deduciamo che λ = ±1

2, da cui y = ±x. Sostituendo nel vincolo si

ottiene 2x2 = 1, da cui x = ± 1√2. Otteniamo cosı i 4 punti critici vincolati

P1 = ( 1√2, 1√

2), P2 = ( 1√

2,− 1√

2), P3 = (− 1√

2, 1√

2), P4 = (− 1√

2,− 1√

2).

Poiche f e continua su S1 = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1}, che e un sottoinsiemechiuso e limitato di R2, f |S1 deve ammettere massimo e minimo e i punti di estremovincolato vanno ricercati tra i punti Pj (1 ≤ j ≤ 4). Essendo f(P1) = f(P4) = 1

2,

f(P3) = f(P2) = −12, otteniamo

m = min f |S1 = −12, M = max f |S1 = 1

2.

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 = 12

sin 2t

sull’intervallo [0, 2π]. Disegnando il grafico di h e immediato verificare che h emassima per t = π

4, 5

4π, minima per t = 3

4π, 7

4π, e si riottiene m = −1

2, M = 1

2.

Infine ricordiamo che se (x0, y0) e un punto di estremo (massimo o minimo) perf(x, y) vincolato a g(x, y) = 0 con ∇f(x0, y0) 6= 0, ∇g(x0, y0) 6= 0, allora la curvadi livello che passa per (x0, y0), cioe f(x, y) = k0 con k0 = f(x0, y0), e tangente allacurva del vincolo g(x, y) = 0 nel punto (x0, y0). Nel nostro caso le curve di livellof(x, y) = xy = k sono iperboli equilatere con assi uguali agli coordinati, mentreil vincolo e la circonferenza unitaria. Le iperboli f(x, y) = ±1

2sono 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 vincolox2/4 + y2/9 = 1.

1o metodo. Con i moltiplicatori di Lagrange, scriviamo il sistema (2) con g(x, y) =x2/4 + y2/9− 1:

2x = λ2x

3 = 29λy

x2

4+ y2

9= 1.

Dalla prima equazione otteniamo 12x(λ− 4) = 0. Se λ = 4 dalla seconda equazione

si ha y = 278

che e impossibile in quanto (27/8)2

9> 1, in contrasto con il vincolo.

Se x = 0 dalla terza equazione otteniamo y = ±3 da cui λ = ±92, e i 2 punti

critici vincolati P1 = (0, 3), P2 = (0,−3). Essendo f(P1) = 9, f(P2) = −9, si ham = 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 = 12

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, 3

2π. Non c’e

bisogno di verificare se questi punti stazionari sono punti di minimo o di massimo. Esufficiente calcolare h(π

2), h(3

2π), 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 agliestremi.) Essendo h(0) = h(2π) = 4, h(π

2) = 9, h(3

2π) = −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 condiagonali lungo gli assi coordinati. I punti (1, 0), (0, 1), (−1, 0), (0,−1) sono puntinon regolari per il vincolo in quanto la funzione g(x, y) non e derivabile parzialmentein tali punti. Ad esempio nel punto (1, 0) si ha

limh→0±

g(1, h)− g(1, 0)

h= lim

h→0±

1 + |h| − 1

h= ±1,

e dunque non esiste la derivata parziale ∂yg(1, 0). In tali punti f vale 0. (Si verificafacilmente, 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) lungoil 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 primoquadrante 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, 1

2). Analogamente

negli altri quadranti otteniamo i punti critici P2 = (−12, 1

2), P3 = (−1

2,−1

2), P4 =

(12,−1

2). Essendo f(P1) = f(P3) = 1

4, f(P2) = f(P4) = −1

4, otteniamo m =

min f |g=0 = −14, M = max f |g=0 = 1

4. Osserviamo infine che nei punti P1, P2, P3, P4

le curve di livello f(x, y) = f(Pj), cioe le iperboli xy = ±14, sono tangenti al vincolo,

cioe ai lati del quadrato.

4. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della circonferenza diequazione (x− 2)2 + (y − 1)2 − 1 = 0.

Disegnando la circonferenza g(x, y) = (x− 2)2 + (y− 1)2− 1 = 0 si vede facilmenteche i punti cercati P1, P2 si ottengono intersecando la circonferenza con la rettay = x/2, che congiunge l’origine con il centro C = (2, 1) ed e perpendicolare allacirconferenza in tali punti. Si ottiene P1 = (2− 2√

5, 1− 1√

5), P2 = (2 + 2√

5, 1 + 1√

5).

Con i moltiplicatori si tratta di ottimizzare la funzione distanza dall’origine, o ilsuo quadrato f(x, y) = x2 + y2, 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 equazionee uguagliando si ha

x

x− 2=

y

y − 1=⇒ (y − 1)x = (x− 2)y =⇒ x = 2y,

e sostituendo nel vincolo si riottiene il risultato precedente. Notiamo che nei puntiP1, P2 le curve di livello f(x, y) = f(P1,2), cioe le circonferenze x2 + y2 = ‖P1,2‖2,sono tangenti al vincolo.

5. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = x2y lungo la curva x4 + y4 = 1.

Notiamo innanzitutto che l’insieme A = {(x, y) ∈ R2 : x4 + y4 = 1} e chiuso elimitato 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 funzionecontinua, 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 annullala funzione g(x, y) = x4 + y4 − 1, che e continua da R2 a R. Si puo dimostrare cheA 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 ilsistema ∇(f − λg) = 0, g = 0, otteniamo

2xy = 4λx3

x2 = 4λy3

x4 + y4 = 1.

Dalla prima equazione si ha x(y − 2λx2) = 0. Se x = 0 si ottiene y = ±1 dallaterza 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 = 8λ2y3, cioey(1−8λ2y2) = 0. Se y = 0 dalla seconda equazione si ottiene che anche x = 0 e cio e

impossibile. Se invece 8λ2y2 = 1, cioe y2 = 18λ2 si ha y4 = 1

64λ4 e x4 = y2

4λ2 = 132λ4 , da

cui sostituendo nel vincolo otteniamo λ4 = 364

=⇒ λ = ± 4

√364

= ±4√3

2√

2. Da questa

otteniamo y = ± 14√3

, x = ± 4

√23. Essendo f(± 4

√23, 1

4√3) =

√2

4√27, f(± 4

√23,− 1

4√3) =

−√

24√27

, otteniamo infine

m = min f |g=0 = −√

24√

27, M = max f |g=0 =

√2

4√

27.

6. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = |x|+ |y| sulla curva x2 +y2 = 1.

Il modo piu semplice di risolvere il problema e quello geometrico. Osserviamo chese k > 0 le curve di livello di f , di equazione |x| + |y| = k, sono dei quadrati dilato k

√2 con le diagonali lungo gli assi coordinati (mentre se k = 0 si riducono

all’origine e se k < 0 sono l’insieme vuoto). E facile rendersi conto che il vincoloS1 = {(x, y) ∈ R2 : x2+y2 = 1} e contenuto nella regione compresa tra i 2 quadrati|x|+ |y| = 1 e |x|+ |y| =

√2,

S1 ⊂ {(x, y) ∈ R2 : 1 ≤ |x|+ |y| ≤√

2},

il secondo dei quali e tangente al vincolo nei punti (± 1√2,± 1√

2), mentre il primo

e inscritto in S1 e lo interseca nei punti (0,±1), (±1, 0). E evidente allora chef |S1 assume il valore massimo M nei punti di S1 tali che f(x, y) =

√2, da cui

M = f(± 1√2,± 1√

2) =√

2, ed il valore minimo m nei punti di S1 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 tangential vincolo, cio non accade nei punti di minimo che sono punti non regolari per lafunzione 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) =√

2x2 − xy + y2 lungo laretta x+ y = 8.

Innanzitutto f e definita e continua su tutto R2 essendo

2x2 − xy + y2 = 2(x− 14y)2 + 7

8y2 ≥ 0, ∀(x, y) ∈ R2.

In secondo luogo, se sostituiamo il vincolo y = 8− x in f otteniamo la funzione diuna variabile

h(x) = f(x, 8− x) = 2√x2 − 6x+ 16,

che e continua su R e soddisfa limx→±∞ h(x) = +∞. Ne segue che f |x+y=8 nonha massimo mentre deve avere minimo m. Questo si puo ottenere annullando laderivata di h, oppure con i moltiplicatori di Lagrange risolvendo il sistema

4x−y2√

2x2−xy+y2= λ

2y−x2√

2x2−xy+y2= λ

x+ y = 8,

che da 4x− y = 2y − x, cioe y = 53x, da cui x = 3, y = 5, m = 2

√7.

Geometricamente le curve di livello f(x, y) = k (k > 0), cioe 2x2 − xy + y2 = k2,sono delle ellissi centrate nell’origine. Per k = 2

√7 l’ellisse 2x2 − xy + y2 = 28 e

tangente alla retta x+ y = 8 nel punto (3, 5).

8. Sia y = f(x) l’equazione di una curva regolare e sia P = (a, b) un punto non ap-partenente ad essa. Detto Q = (x, f(x)) un punto variabile sulla curva, dimostrareche la retta PQ e perpendicolare alla curva se e solo se la distanza PQ e minima omassima.

Possiamo procedere direttamente scrivendo la distanza

PQ =√

(x− a)2 + (f(x)− b)2 = h(x)

e annullando la derivata di h(x), oppure con i moltiplicatori cercando gli estremi

della funzione PQ o piu semplicemente PQ2, cioe

f(x, y) = (x− a)2 + (y − b)2 con il vincolo g(x, y) = y − f(x) = 0.

Otteniamo il sistema 2(x− a) = −λf ′(x)

2(y − b) = λ

y = f(x).

Sostituendo la seconda e la terza equazione nella prima si ottiene l’equazione

x− a+ f ′(x) (f(x)− b) = 0

10

che fornisce l’ascissa del punto Q sulla curva y = f(x) a minima o massima distanzada P . Da questa otteniamo che se f ′(x) 6= 0, x 6= a,

f(x)− bx− a

= − 1

f ′(x),

cioe il coefficiente angolare della retta PQ e proprio quello della retta normale allaretta tangente alla curva y = f(x) nel punto Q. Se invece f ′(x) = 0 si ha x = a,cioe la retta PQ e verticale mentre la retta tangente a f(x) in Q = (a, f(a)) eorizzontale. In ogni caso abbiamo che la distanza PQ e minima o massima se e solose la retta PQ e perpendicolare alla curva y = f(x) in Q.

9. Determinare il punto Q sulla retta y = mx + q alla minima distanza dal puntoP = (a, b). Dimostrare poi che la distanza di P dalla retta, cioe la distanza PQ, e

d = PQ =|ma+ q − b|√

1 +m2.

Posto f(x) = mx + q nell’esercizio precedente otteniamo che l’ascissa del punto Qe determinata dall’equazione

x− a+m(mx+ q − b) = 0,

da cui si ottiene facilmente

Q =

(a+ (b− q)m

1 +m2,ma+m2b+ q

1 +m2

).

Calcolando la distanza PQ2

otteniamo

PQ2

=

(a+ (b− q)m

1 +m2− a)2

+

(ma+m2b+ q

1 +m2− b)2

=1

(1 +m2)2

[(−m(ma+ q − b))2 + (ma+ q − b)2

]=

(ma+ q − b)2

1 +m2,

da cui il risultato.

10. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine della curva di equazionex2 − xy + y2 = 1.

Si tratta di ottimizzare la funzione f(x, y) = x2 + y2 con il vincolo g(x, y) = x2 −xy+y2−1 = 0. L’equazione g = 0 definisce un’ellisse centrata nell’origine. Essendoquesto un insieme chiuso e limitato in R2, la funzione f |g=0 ammette massimo eminimo. Procedendo con i moltiplicatori di Lagrange otteniamo il sistema

2x = λ(2x− y)

2y = λ(−x+ 2y)

x2 − xy + y2 = 1.

11

Non puo essere ne y = 2x ne x = 2y perche in entrambi i casi si ottiene x = y = 0che contrasta con il vincolo. Possiamo allora ricavare λ dalla prime due equazionie uguagliare, ottenendo

2x

2x− y=

2y

−x+ 2y=⇒ x2 = y2 =⇒ x = ±y,

e in corrispondenza λ = 2 o λ = 2/3. Sostituendo nel vincolo otteniamo i punticritici vincolati P1 = (1, 1), P2 = (−1,−1) se y = x, e P3 = ( 1√

3,− 1√

3), P4 =

(− 1√3, 1√

3) se y = −x. Calcolando la funzione f in questi punti si ha

f(P1) = f(P2) = 2, f(P3) = f(P4) = 23.

Quindi la minima (risp. massima) distanza dall’origine e√

2/3 (risp.√

2). Ineffetti si puo dimostrare che g = 0 definisce un’ellisse centrata nell’origine con assiy = ±x e semiassi a =

√2, b =

√2/3. Questa ellisse e tangente alla circonferenza

x2 + y2 = 2 (risp. x2 + y2 = 2/3) nei punti P1, P2 (risp. P3, P4).

11. Determinare il minimo di f(x, y) = x2 + y2 con il vincolo (x− 1)3 − y2 = 0.

L’insieme A definito dal vincolo g(x, y) = (x − 1)3 − y2 = 0 e l’unione dei graficidelle due funzioni y = ±(x − 1)3/2. Poiche f(x, y) e la distanza al quadrato di(x, y) dall’origine, e chiaro (disegnando i due grafici) che f ha minimo assolutosu A nel punto P = (1, 0) ed il minimo vale 1. Notiamo che il punto P e unpunto non regolare per il vincolo perche il gradiente ∇g(x, y) = (3(x− 1)2,−2y) siannulla precisamente per x = 1, y = 0. Procedendo con i moltiplicatori otteniamoil sistema

2x = 3λ(x− 1)2

2y = −2λy

y2 = (x− 1)3

che non e soddisfatto nel punto (1, 0) qualunque sia λ in R. Dunque tale punto diminimo non puo essere determinato in questo modo. Si verifica facilmente che ilsistema non ha soluzioni.

12. Studiare gli estremi vincolati della funzione f(x, y) = −x log x−y log y con il vincolox+ y = 1.

L’insieme sul quale dobbiamo considerare la funzione e

A = {(x, y) ∈ R2 : g(x, y) = x+ y − 1 = 0, x > 0, y > 0}.

Si tratta del segmento di estremi (1, 0), (0, 1) sulla retta x+y = 1 (estremi esclusi).Sostituendo y = 1− x in f(x, y) otteniamo la funzione di 1 variabile

h(x) = f(x, 1− x) = −x log x− (1− x) log(1− x)

nell’intervallo 0 < x < 1. Notiamo che limx→0+ h(x) = limx→1− h(x) = 0. Inoltrepoiche x e 1 − x sono sempre compresi tra 0 e 1 e log t < 0 per 0 < t < 1, si

12

ha che h(x) e sempre positiva. Ne segue che h deve avere massimo. Per trovaretale massimo possiamo annullare la derivata h′, oppure possiamo procedere con imoltiplicatori ottenendo il sistema

− log x− 1 = λ

− log y − 1 = λ

x+ y = 1.

Le soluzione e x = y = 1/2, λ = log 2 − 1, e il massimo e M = max f |g=0 = log 2.Non esiste invece il minimo di f , mentre l’estremo inferiore e zero.

13. Studiare gli estremi vincolati della funzione f(x, y) = x + y con il vincolo xy = 1,x > 0, y > 0.

Possiamo sostituire il vincolo y = 1/x e studiare la funzione di una variabile h(x) =x + 1/x nell’intervallo (0, 1), oppure procedendo con i moltiplicatori otteniamo ilsistema

1 = λx

1 = λy

xy = 1,

la cui unica soluzione e x = y = λ = 1, con f(1, 1) = 2. Studiando la funzione h(x)si vede subito che (1, 1) e punto di minimo vincolato (assoluto). Non esiste inveceil massimo di f lungo il vincolo. Infatti il vincolo e il ramo d’iperbole y = 1/x conx > 0. Se x → 0+, y → +∞, e analogamente se y → 0+, x → +∞. Quindi lafunzione f(x, y) = x+ y non e limitata superiormente lungo il vincolo.

14. Tra tutti i rettangoli inscritti nell’ellisse di equazione x2

a2 + y2

b2= 1 trovare quello di

perimetro massimo.

Detti x, y i semilati del rettangolo, si tratta di massimizzare la funzione f(x, y) =

4(x + y) con il vincolo x2

a2 + y2

b2= 1, x ≥ 0, y ≥ 0. Procedendo con i moltiplicatori

otteniamo il sistema 4 = 2λx/a2

4 = 2λy/b2

x2

a2 + y2

b2= 1.

Deve essere λ 6= 0 e dalle prime 2 equazioni si ha xa2 = y

b2, cioe y = b2

a2x. Sostituendonel vincolo si ottiene facilmente

x =a2

√a2 + b2

, y =b2√

a2 + b2,

e infine λ = 2√a2 + b2. Il perimetro massimo e pmax = 4

√a2 + b2. Il rettangolo

cercato e quello che ha per semilati le coordinate del punto di intersezione dell’ellissecon la retta y = b2

a2x (nel primo quadrante). In particolare se a = b otteniamo cheil rettangolo di perimetro massimo inscritto in un cerchio di raggio a e quello conx = y = a/

√2, cioe il quadrato.

13

E evidente geometricamente che l’estremo vincolato ottenuto corrisponde ad unmassimo. Il rettangolo di perimetro minimo e quello degenere in cui uno dei duelati e zero, cioe x = 0, y = b (se a > b), oppure y = 0, x = a (se a < b), conperimetro pmin = min{4b, 4a}.

15. Tra tutte le ellissi di semiassi x, y tali che x2+y2 = 5 trovare quella di area massima.

Dobbiamo massimizzare la funzione f(x, y) = πxy con il vincolo x2 +y2 = 5, x > 0,y > 0. Con i moltiplicatori otteniamo

πy = 2λx

πx = 2λy

x2 + y2 = 5.

Dovendo essere λ 6= 0 si ha y/x = x/y da cui x2 = y2 e x = ±y. Sostituendonel vincolo otteniamo x = y =

√5/2, cioe il cerchio di raggio

√5/2, con area

Amax = 5π/2. E evidente che la “minima” area Amin = 0 corrisponde al casodegenere in cui x→ 0 e y →

√5 oppure y → 0 e x→

√5.

16. Tra tutti i cilindri inscritti nella sfera di raggio R trovare quello di volume massimo.

Detto x il raggio del cilindro e y la semialtezza, dobbiamo trovare il massimo dellafunzione f(x, y) = (πx2) · (2y) = 2πyx2 con il vincolo x2 + y2 = R2, x > 0, y > 0.Con i moltiplicatori otteniamo il sistema

4πxy = 2λx

2πx2 = 2λy

x2 + y2 = R2.

Non puo essere λ = 0 ne x = 0 ne y = 0. Eliminando λ dalle prime 2 equazionisi ottiene 2πy = πx2/y, da cui 2y2 = x2 e y = x/

√2. Sostituendo nel vincolo

otteniamo infine x =√

23R, y = 1√

3R. Notiamo che il volume massimo e Vmax =

4πR3

3√

3, cioe il volume della sfera diviso per

√3.

17. Tra tutti i cilindri (circolari retti) di superficie totale S fissata (incluse le due faccecircolari) trovare quello di volume massimo.

Detto x il raggio e y l’altezza del cilindro, dobbiamo massimizzare la funzionef(x, y) = πx2y con il vincolo g(x, y) = 2πxy+ 2πx2 = S, x > 0, y > 0. Procedendocon i moltiplicatori otteniamo il sistema

2πxy = λ(2πy + 4πx)

πx2 = 2πλx

2πxy + 2πx2 = S.

14

Dalla seconda equazione si ottiene λ = x/2 che sostituita nella prima da y = 2x. Ilvolume massimo si ottiene dunque quando l’altezza del cilindro e uguale al diametro.Sostituendo nel vincolo otteniamo

x =

√S

6π, Vmax = 2π

(S

6π

)3/2

.

18. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y, z) = xy + xz + yzsulla sfera x2 + y2 + z2 = 1.

Notiamo che la sfera S2 = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y2 + z2 = 1} e un sottoinsiemechiuso e limitato di R3. Poiche la funzione f e continua, la restrizione f |S2 ammettemassimo e minimo per il teorema di Weierstrass. Applichiamo il metodo dei molti-plicatori di Lagrange. Detta g(x, y, z) = x2 + y2 + z2− 1, il sistema ∇(f −λg) = 0,g = 0 diventa

y + z = 2λx

x+ z = 2λy

x+ y = 2λz

x2 + y2 + z2 = 1.

Notiamo che non puo essere λ = 0 perche in tal caso si ha 0 = y+z = x+z = x+y,da cui si ottiene facilmente x = y = z = 0, che non soddisfa il vincolo. Ricavandoallora x dalla prima equazione, x = 1

2λ(y + z), e sostituendo nella seconda e nella

terza otteniamo il sistema {(4λ2 − 1)y = (2λ+ 1)z

(2λ+ 1)y = (4λ2 − 1)z.(3)

Si presentano 2 casi, cioe λ = −1/2 e λ 6= −1/2. 1) Se λ = −1/2 entrambe leequazioni in (3) sono soddisfatte. Inoltre da x = 1

2λ(y+ z) si ottiene x = −(y+ z),

cioe x+ y + z = 0. In questo caso tutti i punti (x, y, z) tali che{x+ y + z = 0

x2 + y2 + z2 = 1

soddisfano il sistema e sono punti critici vincolati. Notiamo che tali punti sonol’intersezione della sfera con il piano x+y+z = 0 e rappresentano una circonferenzain tale piano, la cui proiezione nel piano xy e l’ellisse di equazione 2x2+2y2+2xy = 1(come si vede subito eliminando z). In questi punti la funzione vale identicamente−1/2, infatti si ha

f(x, y, z) = xy + xz + yz = 12(x+ y + z)2 − 1

2(x2 + y2 + z2)

e dunque f(x, y, z)|x+y+z=0, x2+y2+z2=1 = −1/2.

2) Se λ 6= −1/2 il sistema (3) diventa (dividendo per (2λ+ 1)){(2λ− 1)y = z

y = (2λ− 1)z.

15

Sostituendo la prima equazione nella seconda si ottiene y = (2λ − 1)2y, da cui4λ(λ − 1)y = 0. Non puo essere ne λ = 0 (come gia osservato) ne y = 0 (inentrambi i casi si ottiene x = y = z = 0). Dunque necessariamente λ = 1, e siottiene facilmente che y = z = x = ± 1√

3. Quindi in questo caso otteniamo i 2 punti

critici vincolati P1,2 = ±( 1√3, 1√

3, 1√

3). Essendo f(P1) = f(P2) = 1 concludiamo che

M = max f |g=0 = 1, m = min f |g=0 = −1/2.

Il massimo e assunto nei punti P1, P2; il minimo e assunto in tutti i punti della sferatali che x+ y + z = 0. Un modo piu veloce per risolvere l’esercizio e indicato negliesercizi 29 e 32.

19. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y, z) = (x+ y + z)2 conil vincolo x2 + 2y2 + 3z2 = 1.

L’insieme A = {(x, y, z) ∈ R3 : g(x, y, z) = x2 +2y2 +3z2−1 = 0} e un ellissoide disemiassi a = 1, b = 1/

√2, c = 1/

√3. Questo e un sottoinsieme chiuso e limitato di

R3. Essendo f continua, la restrizione f |A ammette massimo e minimo. Procedendocon il metodo dei moltiplicatori di Lagrange otteniamo il sistema

2(x+ y + z) = 2λx

2(x+ y + z) = 4λy

2(x+ y + z) = 6λx

x2 + 2y2 + 3z2 = 1.

Dalle prime 3 equazioni otteniamo λx = 2λy = 3λz. Se λ = 0 si ottiene x+y+z = 0.Essendo f(x, y, z) = (x+ y + z)2 ≥ 0, tutti i punti (x, y, z) tali che{

x+ y + z = 0

x2 + 2y2 + 3z2 = 1

sono punti critici vincolati di minimo assoluto per f , con m = min f |A = 0. Seinvece λ 6= 0 otteniamo x = 2y = 3z. Sostituendo nel vincolo otteniamo i 2 punticritici vincolati

P1 =

(3√

233, 3

2

√233,√

233

), P2 = −P1,

da cui il massimo assoluto

M = max f |A = f(P1) = f(P2) =

[√233

(3 + 32

+ 1)

]2

= 116.

Un altro modo per risolvere l’esercizio e proposto nell’esercizio 35.

20. Tra tutti i parallelepipedi (rettangoli) di volume assegnato V determinare quello disuperficie minima.

16

Detti x, y, z i 3 lati, dobbiamo minimizzare la funzione f(x, y, z) = 2(xy+ xz+ yz)con il vincolo g(x, y, z) = xyz−V = 0, x > 0, y > 0, z > 0. Il sistema ∇(f −λg) =0, g = 0 diventa

2(y + z) = λyz

2(x+ z) = λxz

2(x+ y) = λxy

xyz = V.

Eliminando λ otteniamo y+zyz

= x+zxz

= x+yxy

. Da queste si ottiene facilmente x = y =

z, cioe il parallelepipedo di superficie minima e il cubo di spigolo 3√V . E evidente

geometricamente che il punto critico x = y = z corrisponde a un minimo e noncerto a un massimo. Infatti mantenendo V = xyz costante possiamo aumentareindefinitamente la funzione f contraendo uno dei lati a zero e facendo tendere unaltro lato a +∞. In altri termini, la funzione f non e limitata superiormente sulvincolo g = 0. Per esempio prendendo (x, y, z) = (V, 1

ε, ε) e facendo tendere ε→ 0+,

si ha che

xyz = V, z → 0+, y → +∞, f(x, y, z) = 2(Vε

+ V ε+ 1)→ +∞.

21. Trovare i punti a minima e massima distanza dall’origine dell’ellisse ottenutotagliando l’ellissoide x2

4+ y2

4+ z2 = 1 con il piano x+ y + z = 1.

Possiamo ottimizzare la funzione f(x, y, z) = x2 +y2 +z2 con i 2 vincoli g(x, y, z) =x2

4+ y2

4+ z2−1 = 0, h(x, y, z) = x+y+ z−1 = 0. Con il metodo dei moltiplicatori

dobbiamo risolvere il sistema

∇(f − λg − µh) = 0

g = 0

h = 0

cioe

2x = λ2x+ µ

2y = λ2y + µ

2z = 2λz + µx2

4+ y2

4+ z2 = 1

x+ y + z = 1.

Eliminando µ dalle prime 2 equazioni otteniamo (4 − λ)x = (4 − λ)y, e dunqueλ = 4 oppure x = y. Se λ = 4 allora risostituendo nella prima o nella secondaequazione si ottiene µ = 0, e dalla terza segue z = 0. Sostituendo z = 0 nei 2vincoli si ottiene il sistema {

x2 + y2 = 4

x+ y = 1

da cui x = 1±√

72

, y = 1∓√

72

. Otteniamo cosı i 2 punti critici vincolati

P1 = (1+√

72, 1−

√7

2, 0), P2 = (1−

√7

2, 1+

√7

2, 0),

con f(P1) = f(P2) = 4. Se invece x = y allora (dal secondo vincolo) z = 1 − 2x esostituendo nel primo vincolo otteniamo 1

2x2 + (1 − 2x)2 = 1 da cui x = 0, 8

9. Se

17

x = y = 0 allora z = 1 e µ = 0, λ = 1. Se x = y = 89

allora z = −79, λ = 5

3, µ = 28

27.

Otteniamo cosı i 2 punti critici vincolati

P3 = (0, 0, 1), P4 = (89, 8

9,−7

9),

con f(P3) = 1, f(P4) = 5927< 4. Concludiamo che il punto a minima distanza e P3

con dmin = 1, mentre i punti P1 e P2 sono a massima distanza con dmax =√

4 = 2.

Il punto P4 non e invece ne punto di massimo ne di minimo vincolato. Il suosignificato e di essere il punto a minima quota z = −7

9lungo l’ellisse, come si vede

estremando la funzione f(x, y, z) = z con gli stessi vincoli. Procedendo come soprasi ottengono i 2 punti critici P3 e P4 con zmax = f(P3) = 1 e zmin = f(P4) = −7

9.

22. Tra tutti i triangoli di perimetro assegnato 2p trovare quello di area massima.

Siano x, y, z i tre lati del triangolo. Per la formula di Erone, dobbiamo massimizzarela funzione

√p(p− x)(p− y)(p− z) o il suo quadrato

f(x, y, z) = p(p− x)(p− y)(p− z)

con i vincoli

x+ y + z = 2p, 0 < x < p, 0 < y < p, 0 < z < p.

(Il caso in cui un lato e uguale a p e un caso degenere in cui i 3 vertici del triangolosono allineati e l’area e zero.) Procedendo con i moltiplicatori otteniamo il sistema

−p(p− y)(p− z) = λ

−p(p− x)(p− z) = λ

−p(p− x)(p− y) = λ

x+ y + z = 2p.

Dalle prime 2 equazioni si ha (p− y)(p− z) = (p− x)(p− z), da cui essendo p 6= zotteniamo x = y. Analogamente dalla seconda e terza equazione si ottiene y = z.In definitiva il triangolo di area massima e quello con x = y = z, cioe il triangoloequilatero di lato l = 2p/3 e area Amax =

√3

4l2 =

√3

9p2.

23. a) Trovare il minimo della funzione f(x1, x2, . . . , xn) = x1 + x2 + · · · + xn con ilvincolo x1 · x2 · · · xn = k (k fissato > 0) e xj > 0 ∀j.b) Dedurre la seguente disuguaglianza tra media geometrica e aritmetica: dati nnumeri positivi x1, x2, . . . , xn vale

n√x1x2 · · ·xn ≤

x1 + x2 + · · ·+ xnn

con uguaglianza se e solo se x1 = x2 = · · · = xn.

18

a) Posto g(x1, . . . , xn) = x1 · x2 · · ·xn − k, il sistema ∇(f − λg) = 0, g = 0 diventa

1 = λx2 · x3 · · ·xn1 = λx1 · x3 · · ·xn...

1 = λx1 · x2 · · ·xn−1

x1 · x2 · · ·xn = k.

Moltiplicando la prima equazione per x1, la seconda per x2, la n-esima per xn etenendo conto del vincolo otteniamo che

x1 = x2 = · · · = xn = λk.

Risostituendo nel vincolo abbiamo che (λk)n = k, λk = n√k da cui il punto critico

x1 = x2 = · · · = xn =n√k.

E evidente che si tratta di un minimo e non di un massimo. Infatti prendendo adesempio x1 = kA e x2 = x3 = · · · = xn = 1

n−1√Ae facendo tendere A → +∞ il

prodotto x1 · x2 · · ·xn e costante uguale a k mentre

f(x1, x2, . . . , xn) = kA+n− 1n−1√A→ +∞.

Dunque la funzione f non e limitata superiormente sul vincolo x1 · x2 · · ·xn = k.(Si veda anche l’esercizio 13 per il caso n=2.)

b) Essendo il punto x1 = x2 = · · · = xn = n√k un punto di minimo, si deve avere

che per ogni n-upla di numeri positivi x1, . . . , xn, detto k il loro prodotto,

f(x1, x2, . . . , xn) ≥ f(n√k,

n√k, . . .

n√k),

cioex1 + x2 + · · ·+ xn ≥ n

n√k = n n

√x1 · x2 · · ·xn.

Dividendo per n si ottiene la disuguaglianza voluta. L’uguaglianza vale solo nelpunto critico, cioe 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 + y2 ≤ 1}. (Si ricordi l’es. 6.)

Poiche f e continua e A e compatto (chiuso e limitato), f ammette massimo Me minimo m su A per il teorema di Weierstrass. Nell’esercizio 6 dei risolti abbi-amo calcolato gli estremi vincolati di f sulla frontiera ∂A di A, con il risultatomin f |∂A = 1, max f |∂A =

√2. Consideriamo ora gli estremi liberi di f nell’interno

di A. Per il teorema di Fermat i punti di estremo (massimo o minimo) in cuif e differenziabile sono da ricercare tra i punti critici di f , cioe i punti in cui siannulla il gradiente. I punti in cui f non e differenziabile vanno studiati a parte.

19

Nel nostro caso f e differenziabile in tutti i punti che non stanno sugli assi coor-dinati, mentre @ ∂yf(x, 0), @ ∂xf(0, y), ∀x, y, come si verifica subito. Nell’originenon esistono ne ∂xf(0, 0) ne ∂yf(0, 0). Nei punti di differenziabilita il gradiente∇f non si annulla mai. Per esempio nel primo quadrante x > 0, y > 0, si haf(x, y) = x+ y e ∇f(x, y) = (1, 1). Lungo gli assi si ha f(x, 0) = |x|, f(0, y) = |y|,quindi nell’insieme A, 0 ≤ f(x, 0) ≤ 1, 0 ≤ f(0, y) ≤ 1, e nell’origine f(0, 0) = 0.Essendo f(x, y) ≥ 0 ∀(x, y), e evidente che (0, 0) e un punto di minimo assolutoper f . Concludiamo che f assume il massimo assoluto sulla frontiera, M =

√2, e

il minimo assoluto nell’origine, m = 0.

25. Trovare il massimo e il minimo assoluti della funzione f(x, y) = ex2−y2 sugli insiemi

a) A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1};b) B = {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.a) Dobbiamo estremizzare f sul cerchio unitario. Distinguiamo lo studio dei puntiinterni da quello della frontiera ∂A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 = 1}.

• Interno. Calcolando il gradiente di f e uguagliando a zero otteniamo

∇f(x, y) = ex2−y2(2x,−2y) = (0, 0) ⇐⇒ x = y = 0,

con f(0, 0) = 1. (Non e richiesto di verificare se si tratta di un punto dimassimo, minimo o sella. Comunque calcolando il determinante hessiano si

trova Hf (0, 0) =

∣∣∣∣ 2 00 −2

∣∣∣∣ = −4 < 0 e quindi l’origine e un punto di sella.)

• Frontiera. Procedendo con i moltiplicatori abbiamo che gli eventuali punti diestremo vincolato sono soluzione del sistema

ex2−y22x = 2λx

−ex2−y22y = 2λy

x2 + y2 = 1.

Notiamo che se vale contemporaneamente x 6= 0 e y 6= 0 allora eliminandoλ tra le prime 2 equazioni si ottiene λ = ex

2−y2 = −ex2−y2 che e impossibile.Quindi o x = 0 o y = 0. Se x = 0 dal vincolo si ottiene y = ±1, e dalla secondaequazione λ = −e−1. Quindi i 2 punti (0,±1) sono punti critici vincolati conf(0,±1) = e−1 = 1

e. Se invece y = 0 otteniamo x = ±1, λ = e, f(±1, 0) = e.

Concludiamo che M = max f |A = e, m = min f |A = 1e.

b) Notiamo che l’insieme B e il quadrato −1 ≤ x ≤ 1, −1 ≤ y ≤ 1, che e chiuso elimitato, quindi f essendo continua deve avere massimo e minimo su B.

• Interno. Procedendo come sopra l’unico punto critico interno e l’origine conf(0, 0) = 1.

20

• Frontiera. ∂B e l’unione di 4 curve regolari (i 4 lati) ma i vertici P1 = (1, 1),P2 = (−1, 1), P3 = (−1,−1), P4 = (1,−1) sono punti non regolari e vannoconsiderati a parte. In tali punti si ha f(P1) = f(P2) = f(P3) = f(P4) = 1.Sui lati del quadrato si ha:

(a) per x = 1 e −1 < y < 1 si ha f(1, y) = e1−y2, che presenta un massimo in

y = 0, con f(1, 0) = e;

(b) per x = −1 e −1 < y < 1 si ha f(−1, y) = e1−y2, e otteniamo la stessa

conclusione;

(c) per y = ±1 e −1 < x < 1 si ha f(x,±1) = ex2−1, che ha un minimo in

x = 0, con f(0,±1) = e−1.

Confrontando tutti i valori di f concludiamo che M = max f |B = e, m = min f |B =1e, esattamente come sull’insieme A.

26. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = x2y + xy2 − xy nel triangoloT = {(x, y) ∈ R2 : x+ y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}.

• Interno. I punti critici interni sono determinati da

∇f(x, y) = (2xy + y2 − y, x2 + 2xy − x) = (0, 0),

cioe sono le soluzioni del sistema{y(2x+ y − 1) = 0

x(x+ 2y − 1) = 0.

Per la legge di annullamento del prodotto otteniamo l’unione di 4 sistemi{y = 0

x = 0∪

{y = 0

x+ 2y − 1 = 0∪

{2x+ y − 1 = 0

x = 0∪

{2x+ y − 1 = 0

x+ 2y − 1 = 0.

La soluzione e data dai 4 punti (0, 0), (1, 0), (0, 1), (13, 1

3). I primi 3 sono sulla

frontiera ∂T (sono proprio i vertici del triangolo) e sono punti non regolaridi ∂T che vanno comunque considerati a parte. In tali punti si ha f(0, 0) =f(1, 0) = f(0, 1) = 0. Il punto (1

3, 1

3) e invece interno a T e si ha f(1

3, 1

3) = − 1

27.

• Frontiera. Abbiamo gia visto i vertici, consideriamo ora i lati del triangolo.

(a) y = 0, 0 < x < 1, f(x, 0) = 0, ∀x;

(b) x = 0, 0 < y < 1, f(0, y) = 0, ∀y;

(c) y = 1 − x, 0 < x < 1, f(x, 1 − x) = x2(1 − x) + x(1 − x)2 − x(1 − x) =(1− x)(x2 + x− x2 − x) = 0, ∀x.

Concludiamo che M = max f = 0, m = min f = − 127

.

27. Trovare il massimo e il minimo assoluti di f(x, y) = x2 + y2 − 3y + xy nel cerchioA = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 9}.

21

• Interno. I punti critici interni sono determinati da

∇f(x, y) = (2x+ y, 2y − 3 + x) = (0, 0),

da cui il sistema {2x+ y = 0

2y − 3 + x = 0⇐⇒

{y = 2

x = −1.

C’e quindi un solo punto critico interno P1 = (−1, 2) e si calcola f(P1) = −3.Pur non essendo richiesto, calcolando la matrice hessiana in P1 si ottiene

Hf (−1, 2) =

(2 11 2

), e si deduce che P1 e un punto di minimo relativo.

• Frontiera. Procedendo con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, dobbiamorisolvere il sistema

2x+ y = 2λx

2y − 3 + x = 2λy

x2 + y2 = 9.

Se x = 0 dalla prima equazione si ha y = 0 che e impossibile. Se y = 0 dallaseconda equazione si ha x = 3 ed il punto (3, 0) risolve anche il vincolo. Inoltredalla prima si ottiene λ = 1. Se invece y 6= 0 e x 6= 0, eliminando λ tra leprime 2 equazioni otteniamo

2λ =2x+ y

x=

2y − 3 + x

y,

da cui 2xy + y2 = 2xy− 3x+ x2, cioe y2 = −3x+ x2. Sostituendo nel vincolootteniamo l’equazione 2x2 − 3x − 9 = 0, da cui x = 3,−3/2. Se x = 3 siha y = 0, cioe si riottiene la soluzione (3, 0). Se invece x = −3/2 otteniamoy = ±3

√3/2. In definitiva, otteniamo 3 punti critici vincolati sulla frontiera,

P2 = (3, 0), P3 = (−32, 3

2

√3), P4 = (−3

2,−3

2

√3).

Si calcola f(P2) = 9, f(P3) = 9 − 274

√3 < 9, f(P4) = 9 + 27

4

√3 > 9. Notiamo

inoltre che 9− 274

√3 > −3, cioe f(P3) > f(P1), come si verifica facilmente (anche

senza calcolatrice!). Confrontando tutti i valori di f nei punti critici concludiamoche M = max f = 9 + 27

4

√3, m = min f = −3.

Esercizi di approfondimento

28. a) Scrivendo il sistema ∇(f − λg)(x, y, z) = 0 otteniamoy + z = 2λ

a2x

x+ z = 2λb2y

x+ y = 2λc2z,

(4)

22

cioe −2λa2x+ y + z = 0

x− 2λb2y + z = 0

x+ y − 2λc2z = 0,

o ancora, in forma matriciale,

A(λ)

xyz

=

−2λa2 1 11 −2λ

b21

1 1 −2λc2

xyz

= 0.

Affinche vi siano soluzioni non identicamente nulle (questa condizione e richiestaper soddisfare il vincolo) e necessario e sufficiente che il determinante della matriceA(λ) si annulli. Un semplice calcolo ci da∣∣∣∣∣∣

−2λa2 1 1

1 −2λb2

11 1 −2λ

c2

∣∣∣∣∣∣ = − 2

a2b2c2(4λ3 −

(a2b2 + a2c2 + b2c2

)λ− a2b2c2

)= − 2

a2b2c2p(λ).

b) Moltiplicando la prima equazione del sistema (4) per x, la seconda per y, la terzaper z e sommandole, otteniamo che se (x, y, z, λ) risolve il sistema (1) allora

x(y + z) + y(x+ z) + z(x+ y) = 2λ

(x2

a2+y2

b2+z2

c2

)= 2λ,

cioe 2(xy + xz + yz) = 2λ, cioe f(x, y, z) = λ.

c) Si ha limλ→±∞ p(λ) = ±∞. La derivata e

p′(λ) = 12λ2 −(a2b2 + a2c2 + b2c2

),

dunque

p′(λ) = 0 ⇐⇒ λ = λ± = ±√a2b2 + a2c2 + b2c2

12.

La funzione p(λ) e crescente su (−∞, λ−) e su (λ+,+∞), decrescente su (λ−, λ+),e ha un massimo per λ = λ− e un minimo per λ = λ+. Poiche p(0) < 0, e chiaroche p(λ+) < 0 e p(λ) ha sicuramente una radice positiva λ3 > 0. Per vedere se visono radici negative bisogna studiare il segno del massimo p(λ−). Si ha

p(λ−) = −4

(a2b2 + a2c2 + b2c2

12

)3/2

+(a2b2 + a2c2 + b2c2)

3/2

√12

− a2b2c2

=

(a2b2 + a2c2 + b2c2

3

)3/2

− a2b2c2 ≥ 0

⇐⇒ a2b2 + a2c2 + b2c2

3≥(a2b2c2

)2/3= (abc)4/3 . (5)

23

Ora scrivendo la disuguaglianza ottenuta nell’esercizio 23 per n = 3 con x1 = a2b2,x2 = a2c2, x3 = b2c2, si ottiene

a2b2 + a2c2 + b2c2

3≥ 3√a4b4c4,

che e precisamente la (5). Ne segue che p(λ−) ≥ 0, con uguaglianza se e solo sex1 = x2 = x3 cioe a = b = c. Dunque p(λ) ha sempre 2 radici negative λ1 < λ2 < 0tranne che per a = b = c, in cui ha una sola radice negativa (di molteplicita 2, chee proprio λ = λ−, cioe il punto di massimo in cui p(λ) si annulla).

d) Dai punti a), b) e c) segue che il sistema (1) ha soluzione se e solo se λ =λ1, λ2, λ3. Inoltre se (xj, yj, zj) e una qualsiasi soluzione corrispondente a λj, si hache λj = f(xj, yj, zj) (j = 1, 2, 3). Per il teorema di Weierstrass esistono il minimom e il massimo M di f |g=0 (l’ellissoide essendo chiuso e limitato in R3). Per ilteorema dei moltiplicatori di Lagrange, detto (xm, ym, zm) un punto di minimo e(xM , yM , zM) un punto di massimo di f vincolati a g = 0, esistono λm e λM tali che ilsistema (1) e soddisfatto da (xm, ym, zm, λm) e da (xM , yM , zM , λM). Essendo λm =f(xm, ym, zm) = m e λM = f(xM , yM , zM) = M , segue che m,M ∈ {λ1, λ2, λ3}.Poiche λj = f(xj, yj, zj), la piu piccola radice λ1 di p(λ) deve necessariamente esserem, la piu grande λ3 deve essere M .

29. a) Per a = b = c il polinomio p(λ) dell’esercizio precedente diventa

p(λ) = 4λ3 − 3a4λ− a6.

Si verifica immediatamente che p(a2) = 0. Scomponendo con Ruffini otteniamo

p(λ) = (λ− a2)(2λ+ a2)2,

da cui le radici λ1 = λ2 = −a2

2, λ3 = a2.

b) Per a = b = c e λ = λ3 = a2 il sistema (1) diventa (si veda la (4)):y + z = 2x

x+ z = 2y

x+ y = 2x

x2 + y2 + z2 = a2.

Dalla prima equazione ricaviamo x = 12(y + z) e sostituendo nella seconda e terza

equazione otteniamo{12(y + z) + z = 2y

12(y + z) + y = 2z

⇐⇒

{−3

2y + 3

2z = 0

32y − 3

2z = 0,

da cui y = z, e dunque x = y = z. Sostituendo nel vincolo si ottiene x = y = z =± a√

3, e quindi abbiamo i 2 punti critici vincolati ±v3 = ±( a√

3, a√

3, a√

3), che sono

punti di massimo assoluto f(±v3) = a2 = λ3 = M .

24

Per a = b = c e λ = λ1 = −a2/2 il sistema (1) diventay + z = −xx+ z = −yx+ y = −xx2 + y2 + z2 = a2

cioe

{x+ y + z = 0

x2 + y2 + z2 = a2.

In questo caso tutti i vettori v = (x, y, z) tali che ‖v‖ = a e x + y + z = 0sono soluzione. Tutti questi sono punti di minimo assoluto m = λ1 = −a2/2.In particolare per a = 1 riotteniamo i risultati dell’es. 18 dei risolti (M = 1,m = −1/2).

30. Per a = b 6= c il polinomio p(λ) dell’esercizio 28 diventa

p(λ) = 4λ3 −(a4 + 2a2c2

)λ− a4c2.

E facile verificare che p(−a2

2) = 0. Scomponendo con Ruffini otteniamo

p(λ) =(λ+ a2

2

) (4λ2 − 2a2λ− 2a2c2

).

Uguagliando a zero il trinomio di secondo grado si ottiene

p(λ) = 0 ⇐⇒ λ = −a2

2,a2 ± a

√a2 + 8c2

4.

Dall’esercizio 28 segue che il massimo M di f |g=0 e la piu grande radice di p(λ),dunque

M =a2 + a

√a2 + 8c2

4.

Analogamente il minimo m di f |g=0 e la piu piccola radice di p(λ). Per vedere chi e

la piu piccola tra le 2 radici negative −a2

2e a2−a

√a2+8c2

4studiamo la disuguaglianza

a2−a√a2+8c2

4> −a2

2

⇐⇒ 3a2 > a√a2 + 8c2

⇐⇒ 3a >√a2 + 8c2

⇐⇒ 9a2 > a2 + 8c2

⇐⇒ a2 > c2 ⇐⇒ a > c.

Ne segue che

m =

{−a2

2se a > c

a2−a√a2+8c2

4se a < c.

In particolare per a = b = 2, c = 1 riotteniamo i risultati dell’esercizio 12 deiproposti (M = 1 +

√3, m = −2).

25

31. a) Sia λ1 = max f |Sn−1 e sia v1 ∈ Sn−1 un punto di massimo, λ1 = f(v1). Per ilteorema dei moltiplicatori di Lagrange esiste λ ∈ R tale che

∇(f − λg)(v1) = 0.

Essendog(x) = x2

1 + x22 + · · ·+ x2

n − 1,

e immediato che ∇g(x) = 2x. Per calcolare ∇f(x), scriviamo

f(x) = 〈x,Ax〉 =n∑

i,j=1

Aijxixj,

e osserviamo che∂xi∂xj

= δij =

{1 se i = j

0 se i 6= j.

Ne segue che

∂f

∂xk(x) =

∂

∂xk

n∑i,j=1

Aijxixj

=n∑

i,j=1

Aijδikxj +n∑

i,j=1

Aijδjkxi

=n∑j=1

Akjxj +n∑i=1

Aikxi

=n∑j=1

Akjxj +n∑i=1

Akixi

= 2n∑j=1

Akjxj = 2(Ax)k,

da cui la formula ∇f(x) = 2Ax. Sostituendo in ∇(f − λg)(v1) = 0 otteniamo2Av1 = 2λv1, cioe Av1 = λv1. Moltiplicando questa equazione scalarmente per v1 ericordando che ‖v1‖ = 1, otteniamo

〈v1, Av1〉 = λ〈v1, v1〉 = λ,

cioe f(v1)(= λ1) = λ. Dunque Av1 = λ1v1, cioe il massimo λ1 di f |Sn−1 e autovaloredi A con autovettore v1.

b) Ottimizziamo ora la funzione f sull’insieme

Sn−2 = {x ∈ Sn−1 : 〈x, v1〉 = 0},

cioe con i due vincoli g(x) = 0 e h(x) = 〈x, v1〉 = 0. Sia λ2 = max f |Sn−2 e siav2 ∈ Sn−2 un punto di massimo, λ2 = f(v2) (esistenza garantita dal teorema di

26

Weierstrass). Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange esistono λ, µ ∈ R taliche

∇(f − λg − µh)(v2) = 0.

Il gradiente di h e ∇h(x) = v1, ∀x. Sostituendo quest’ultima insieme a ∇f(x) =2Ax, ∇g(x) = 2x, si ottiene

2Av2 = 2λv2 + µv1.

Moltiplicando questa equazione scalarmente per v1 e ricordando che 〈v1, v2〉 = 0 eche A e simmetrica, otteniamo

2〈v1, Av2〉 = 2〈Av1, v2〉 = 2λ1〈v1, v2〉 = 0

= 2λ〈v1, v2〉+ µ〈v1, v1〉 = µ,

cioe µ = 0. Dunque Av2 = λv2. Moltiplicando quest’ultima scalarmente per v2

otteniamo infine〈v2, Av2〉 = λ〈v2, v2〉 = λ,

cioe f(v2)(= λ2) = λ. Dunque Av2 = λ2v2, cioe il massimo λ2 di f |Sn−2 e autovaloredi A con autovettore v2.

c) Ripetiamo il procedimento, ottimizzando la funzione f sull’insieme

Sn−3 = {x ∈ Sn−1 : 〈x, v1〉 = 0, 〈x, v2〉 = 0},

cioe con i tre vincoli g(x) = 0, h(x) = 0 e k(x) = 〈x, v2〉 = 0. Sia λ3 = max f |Sn−3

e sia v3 ∈ Sn−3 un punto di massimo, λ3 = f(v3) (di nuovo l’esistenza del massimoe garantita dal teorema di Weierstrass). Esistono allora λ, µ, ν ∈ R tali che

∇(f − λg − µh− νk)(v3) = 0,

cioe2Av3 = 2λv3 + µv1 + νv2.

Moltiplicando questa equazione scalarmente per v1 si trova µ = 0; moltiplicandolaper v2 si trova ν = 0. Dunque Av3 = λv3. Moltiplicando questa scalarmente perv3 si ottiene f(v3)(= λ3) = λ, da cui Av3 = λ3v3. Ovviamente sara λ1 ≥ λ2 ≥ λ3 ev1 ⊥ v2 ⊥ v3.

d) Iterando il procedimento otteniamo l’insieme

Sn−k = {x ∈ Sn−1 : 〈x, v1〉 = 〈x, v2〉 = · · · = 〈x, vk−1〉 = 0}

tale che, posto λk = max f |Sn−k = f(vk), si ha Avk = λkvk. Gli ultimi 3 insiemisaranno S2 (sfera bidimensionale, per k = n− 2), S1 (circonferenza, per k = n− 1)e S0 (per k = n), che consiste di 2 punti simmetrici rispetto all’origine, S0 ={vn,−vn}, essendo S0 lo spazio ortogonale al vettore vn−1 in S1. Chiaramente f |S0

e costante, essendo in generale f(−x) = f(x). Per dimostrare che l’ultimo vettorevn (che e ortogonale a v1, v2, . . . , vn−1) e autovettore di A, basta osservare che

〈vj, Avn〉 = 〈Avj, vn〉 = λj〈vj, vn〉 = 0, ∀j = 1, 2, . . . , n− 1,

27

cioe il vettore Avn e ortogonale a tutti i vettori v1, v2, . . . , vn−1, ed e quindi pro-porzionale a vn, Avn = λvn. Da questa segue subito che λ = λn = f(vn).Per come sono stati definiti i vettori vk (usando i massimi ad ogni passo) si haλ1 ≥ λ2 ≥ · · · ≥ λn, e λ1 = f(v1) e il massimo autovalore di A, mentre λn = f(vn)e il minimo autovalore di A. Questo metodo dimostra che tutti gli autovalori di Asono reali essendo λk = f(vk) ∈ R ∀k = 1, . . . , n. Il procedimento termina a S0

perche abbiamo costruito n vettori v1, v2, . . . , vn ortogonali tra loro e di norma 1,cioe una base ortonormale di Rn costituita di autovettori di A.

Abbiamo dimostrato che il massimo di f su Sn−1 coincide con il piu grande au-tovalore di A, max f |Sn−1 = λ1. E facile dimostrare che il minimo di f su Sn−1

coincide con il piu piccolo autovalore di A (cioe λn). Infatti, posto λ1 = min f |Sn−1

e indicando con v1 ∈ Sn−1 un punto di minimo, si trova (procedendo come al puntoa)) che Av1 = λ1v1, cioe il minimo di f su Sn−1 e autovalore di A. Poiche tutti gliautovalori di A sono dei valori assunti da f su Sn−1, necessariamente λ1 sara il piupiccolo autovalore. In conclusione si ha che max f |Sn−1 = massimo autovalore di A,min f |Sn−1 = minimo autovalore di A, e i punti di massimo e di minimo sono i cor-rispondenti autovettori (normalizzati a 1).

32. Nell’esercizio 18 dei risolti si ha che, posto v = (x, y, z),

f(x, y, z) = xy + xz + yz = 〈v,Av〉, dove A =

0 12

12

12

0 12

12

12

0

.

Per l’esercizio precedente, il massimo M e il minimo m di f sulla sfera unitariacoincidono con il massimo e il minimo autovalore della matrice A. Il polinomiocaratteristico di A e

p(λ) = |A− λI| =

∣∣∣∣∣∣−λ 1

212

12−λ 1

212

12−λ

∣∣∣∣∣∣ = −14

(4λ3 − 3λ− 1

).

Notando che p(1) = 0, possiamo scomporre con Ruffini ottenendo

p(λ) = −(λ− 1)(λ+ 1

2

)2,

da cui M = 1, m = −1/2, in accordo con l’esercizio 18. Calcolando gli autovettori(normalizzati a 1) troviamo che v = ( 1√

3, 1√

3, 1√

3) e autovettore di λ = 1, mentre

qualsiasi vettore w = (x, y, z) ∈ S2 tale che x+y+z = 0 e autovettore di λ = −1/2.Questi coincidono con i punti di massimo e di minimo ottenuti nell’esercizio 18.

33. a) Indichiamo con x il vettore generico di Rn, x = (x1, x2, . . . , xn). Essendo

g(x) =x21

a21

+x22

a22

+ · · ·+ x2n

a2n− 1,

si ha subito che

∇g(x1, x2, . . . , xn) = 2(x1

a21, x2

a22, . . . , xn

a2n

)= 2B−2x,

28

dove B e la matrice diagonale

B =

a1

a2

. . .

an

=⇒ B−2 =

1a21

1a22

. . .1a2

n

.

Ricordando che ∇f(x) = 2Ax, il sistema ∇(f−λg)(x) = 0 diventa 2Ax = 2λB−2x,cioe moltiplicando a sinistra per B2, B2Ax = λx. Se x soddisfa il vincolo, molti-plicando l’equazione Ax = λB−2x scalarmente per x e notando che

〈x,B−2x〉 =x21

a21

+x22

a22

+ · · ·+ x2n

a2n

= 1,

otteniamo 〈x,Ax〉 = λ, cioe f(x) = λ.

b) Notiamo che si haB2A = B(BAB)B−1,

cioe la matrice B2A e simile alla matrice A = BAB. Ne segue che B2A e A hannolo stesso polinomio caratteristico in quanto

B2A− λI = B(BAB − λI)B−1 = B(A− λI)B−1

e dunque ∣∣B2A− λI∣∣ =

∣∣∣A− λI∣∣∣ .Quindi B2A e A hanno gli stessi autovalori. Inoltre si ha Ay = λy se e solo se

BABy = λy ⇔ (B2A)(By) = λ(By) ⇔ B2Ax = λx,

dove x = By.

c) Se x = By, cioe xj = ajyj, e immediato che∑ x2j

a2j

= 1 ⇐⇒∑

y2j = 1.

Inoltre poiche B e simmetrica, si ha

f(x) = 〈x,Ax〉 = 〈By,ABy〉 = 〈y,BABy〉 = 〈y, Ay〉.

Da questo si deduce che ottimizzare f sull’ellissoide En−1 e equivalente a ottimiz-zare la funzione f(y) = 〈y, Ay〉 sulla sfera unitaria Sn−1. Utilizzando i risultatidell’esercizio 31, otteniamo che il massimo M di f |En−1 e il piu grande autovaloredi A, e il minimo m di f |En−1 e il piu piccolo autovalore di A.

34. Nell’esercizio 12 dei proposti si ha che, posto v = (x, y, z),

f(x, y, z) = xy + xz + yz = 〈v, Av〉, dove A =

0 12

12

12

0 12

12

12

0

.

29

Dobbiamo ottimizzare questa forma quadratica sull’ellissoide

g(x, y, z) = x2/4 + y2/4 + z2 − 1 = 0.

Possiamo allora applicare i risultati dell’esercizio precedente con n = 3, a1 = a2 = 2,a3 = 1. Detta B la matrice

B =

2 0 00 2 00 0 1

,

e sufficiente calcolare il minimo e il massimo autovalore della matrice

A = BAB =

2 0 00 2 00 0 1

0 12

12

12

0 12

12

12

0

2 0 00 2 00 0 1

=

0 2 12 0 11 1 0

.

Il polinomio caratteristico di A e

p(λ) =∣∣∣A− λI∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣−λ 2 12 −λ 11 1 −λ

∣∣∣∣∣∣ = −λ3 + 6λ+ 4.

Notando che p(−2) = 0 possiamo scomporre con Ruffini ottenendo

p(λ) = −(λ+ 2)(λ2 − 2λ− 2) = 0 ⇐⇒ λ = −2, 1±√

3.

Concludiamo che

M = max f |g=0 = 1 +√

3, m = min f |g=0 = −2,

in accordo con i risultati dell’esercizio 12 (si veda anche l’esercizio 30).

35. Nell’esercizio 19 dei risolti, posto v = (x, y, z), si ha

f(x, y, z) = (x+ y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz

= 〈v, Av〉, dove A =

1 1 11 1 11 1 1

.

Dobbiamo ottimizzare questa forma quadratica sull’ellissoide g(x, y, z) = 1 dove

g(x, y, z) = x2 + 2y2 + 3z2 = x2 + y2„1√2

«2 + z2„1√3

«2 .

Applichiamo i risultati dell’esercizio 33 con n = 3, a1 = 1, a2 = 1√2, a3 = 1√

3. Detta

B la matrice

B =

1 0 00 1√

20

0 0 1√3

,

30

dobbiamo calcolare il minimo e il massimo autovalore della matrice

A = BAB =

1 0 00 1√

20

0 0 1√3

1 1 11 1 11 1 1

1 0 00 1√

20

0 0 1√3

=

1 1√2

1√3

1√2

12

1√6

1√3

1√6

13

. (6)

Il polinomio caratteristico di A e

p(λ) =∣∣∣A− λI∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣∣1− λ 1√

21√3

1√2

12− λ 1√

61√3

1√6

13− λ

∣∣∣∣∣∣∣ = −λ3 + 116λ2 = −λ2(λ− 11

6).

Gli autovalori di A sono quindi λ = 0, 116

, e concludiamo che

M = max f |g=1 = 116, m = min f |g=1 = 0,

in accordo con i risultati dell’esercizio 19.

36. Applichiamo i risultati dell’esercizio 33 con n = 3, a1 = a, a2 = b, a3 = c. Ilmassimo M e il minimo m di f(x, y, z) = xy + xz + yz vincolati all’ellissoidex2

a2 + y2

b2+ z2

c2= 1 coincidono con il massimo e il minimo autovalore della matrice

A = BAB =

a 0 00 b 00 0 c

0 12

12

12

0 12

12

12

0

a 0 00 b 00 0 c

=

0 ab2

ac2

ab2

0 bc2

ac2

bc2

0

.

Il polinomio caratteristico di A e

p(λ) =∣∣∣A− λI∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣−λ ab

2ac2

ab2−λ bc

2ac2

bc2−λ

∣∣∣∣∣∣= − λ3 + 1

4

(a2b2 + a2c2 + b2c2

)λ+ 1

4a2b2c2

= − 14

[λ3 −

(a2b2 + a2c2 + b2c2

)λ− a2b2c2

]= −1

4p(λ),

dove p(λ) e il polinomio dell’esercizio 28. Poiche A e una matrice simmetrica, i suoiautovalori sono reali, dunque le radici di p(λ) sono tutte reali. Per il teorema deisegni di Cartesio, poiche p(λ) ha una variazione e p(−λ) ha due variazioni, p(λ) hauna radice positiva λ3 e due radici negative λ1 ≤ λ2 < 0. (Queste sono contate conla loro molteplicita, quindi e incluso il caso di a = b = c in cui λ1 = λ2, si vedal’esercizio 29.) Dall’esercizio 33 si deduce che M = λ3 e m = λ1, in accordo con irisultati dell’esercizio 28.

31

37. Poiche l’ellissoide definito da

g(x) = 〈x,Ax〉 =3∑

i,j=1

Aijxixj = 1

e centrato nell’origine, dobbiamo determinare i punti sull’ellissoide a distanza mas-sima e minima dall’origine. (La distanza massima e il semiasse maggiore, quellaminima e il semiasse minore.) Si tratta quindi di determinare gli estremi dellafunzione distanza ‖x‖, o del suo quadrato

f(x) = ‖x‖2 = x21 + x2

2 + x23,

con il vincolo g(x) = 1. Si ha (vedi esercizio 31)

∇f(x) = 2x, ∇g(x) = 2Ax.

Sostituendo nel sistema ∇(f − λg)(x) = 0 otteniamo

2x = 2λAx =⇒ Ax = 1λx.

Quindi se (x, λ) risolve il sistema{∇(f − λg)(x) = 0

g(x) = 1,

il punto critico vincolato x e autovettore di A e il moltiplicatore di Lagrange λ e ilreciproco 1/µ di un autovalore µ di A. Inoltre moltiplicando l’equazione x = λAxscalarmente per x otteniamo

〈x, x〉 = ‖x‖2 = f(x) = λ〈x,Ax〉 = λ,

cioe il moltiplicatore di Lagrange λ coincide con il valore di f nel punto criticovincolato x. Siano µ1, µ2, µ3 gli autovalori di A, con 0 < µ1 ≤ µ2 ≤ µ3 (ricordiamoche A e definita positiva). Da quanto detto sopra segue che

M = max f |g=1 = max{

1µ

: µ e autovalore di A}

= 1µ1,

m = min f |g=1 = min{

1µ

: µ e autovalore di A}

= 1µ3.

Poiche f(x) e la distanza al quadrato di x dall’origine, concludiamo che il semiassemaggiore dell’ellissoide e 1/

õ1, e il semiasse minore e 1/

õ3.

32