Esercizio - estremi assoluti su un'ellisse con punti critici non isolati

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i) Punti critici interni

$$f_x = 3x^2y, \qquad f_y = x^3.$$ $f_y = 0$ dà $x = 0$, e allora anche $f_x = 0$ (per qualunque $y$). I punti critici sono quindi tutti i punti dell'asse $y$, non un numero finito di punti isolati. Quelli interni a $D$ sono i punti $(0, y_0)$ con $4\cdot0 + y_0^2 < 1$, cioè $-1 < y_0 < 1$: tutto il segmento aperto $\{0\} \times ]-1, 1[$, su cui $f = 0$.

Natura. L'hessiana è $H = \begin{pmatrix}6xy & 3x^2 \\ 3x^2 & 0\end{pmatrix}$, che in $(0, y_0)$ vale $\begin{pmatrix}0 & 0 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$: il criterio dell'hessiana non decide. Si studia il segno di $f(x, y) - f(0, y_0) = x^3y$ vicino al punto.

• Se $y_0 > 0$: in un intorno piccolo $y > 0$ e il segno di $x^3y$ è quello di $x$: per $x > 0$ si ha $f > 0$ e per $x < 0$ si ha $f < 0$. Quindi in ogni intorno ci sono punti con $f$ maggiore e punti con $f$ minore di $0$: sella (cioè punto che non è né di massimo né di minimo).
• Se $y_0 < 0$: ora $y < 0$ e il segno di $x^3y$ è opposto a quello di $x$; di nuovo $f$ assume entrambi i segni: sella.
• Se $y_0 = 0$ (l'origine): $f(t, t) = t^4 > 0$ e $f(t, -t) = -t^4 < 0$ per $t \ne 0$: sella.

Nessun punto critico interno è di estremo locale.

ii) Estremi assoluti

$D$ è chiuso e limitato (è l'ellisse piena, di semiassi $\frac12$ lungo $x$ e $1$ lungo $y$) e $f$ è continua: per il teorema di Weierstrass massimo e minimo assoluti esistono. Un punto di estremo assoluto è interno, e allora è critico, oppure sta sulla frontiera. Gli interni critici hanno $f = 0$.

Frontiera. L'ellisse $4x^2 + y^2 = 1$ si parametrizza con $x = \frac12\cos t$, $y = \sin t$, $t \in [0, 2\pi]$ (si verifica: $4\cdot\frac14\cos^2t + \sin^2t = 1$). Su di essa $$g(t) = f\left(\tfrac12\cos t, \sin t\right) = \frac18\cos^3t\,\sin t.$$ Derivando: $$g'(t) = \frac18\left(-3\cos^2t\,\sin^2t + \cos^4t\right) = \frac18\cos^2t\left(\cos^2t - 3\sin^2t\right).$$ $g'(t) = 0$ se e solo se

• $\cos t = 0$, cioè $t = \frac\pi2, \frac{3\pi}{2}$: il punto è $(0, \pm1)$ e $g = 0$;
• $\cos^2t = 3\sin^2t$, cioè $\tan^2t = \frac13$, $\tan t = \pm\frac{1}{\sqrt3}$, cioè $t = \frac\pi6, \frac{5\pi}6, \frac{7\pi}6, \frac{11\pi}6$.

Per $t = \frac\pi6$: $\cos t = \frac{\sqrt3}2$, $\sin t = \frac12$, $\cos^3t = \frac{3\sqrt3}{8}$, quindi $g = \frac18\cdot\frac{3\sqrt3}8\cdot\frac12 = \frac{3\sqrt3}{128}\approx0{,}0406$. Il punto è $\left(\frac{\sqrt3}{4}, \frac12\right)$. Per gli altri tre valori cambiano i segni di $\cos t$ e $\sin t$:

(Il segno di $g$ è quello di $\cos^3t\sin t$: positivo se $x$ e $y$ hanno lo stesso segno.) La frontiera è una curva chiusa senza vertici: i soli candidati sono i punti stazionari di $g$.

Confronto dei valori

I valori candidati sono: $0$ (segmento interno e punti $(0, \pm1)$), $+\frac{3\sqrt3}{128}$ e $-\frac{3\sqrt3}{128}$.

• Massimo assoluto $\dfrac{3\sqrt3}{128}$, raggiunto in $\left(\frac{\sqrt3}{4}, \frac12\right)$ e $\left(-\frac{\sqrt3}{4}, -\frac12\right)$.
• Minimo assoluto $-\dfrac{3\sqrt3}{128}$, raggiunto in $\left(-\frac{\sqrt3}{4}, \frac12\right)$ e $\left(\frac{\sqrt3}{4}, -\frac12\right)$.

Gli estremi sono tutti sulla frontiera e i punti critici interni (valore $0$) non sono né il massimo né il minimo: coerente con il fatto che sono selle.

Controllo con i moltiplicatori di Lagrange. Con il vincolo $h(x, y) = 4x^2 + y^2 - 1 = 0$ il sistema $\nabla f = \lambda\nabla h$ è $3x^2y = 8\lambda x$, $x^3 = 2\lambda y$. Per $x \ne 0$ dalla prima $\lambda = \frac{3xy}{8}$; sostituita nella seconda: $x^3 = \frac{3xy^2}{4}$, cioè $4x^2 = 3y^2$. Con $4x^2 + y^2 = 1$: $3y^2 + y^2 = 1$, $y^2 = \frac14$, $y = \pm\frac12$ e $x^2 = \frac{3}{16}$, $x = \pm\frac{\sqrt3}{4}$: gli stessi quattro punti.

Errori comuni. Concludere dall'hessiana nulla che i punti sono "né max né min" senza guardare il segno di $f$; dimenticare che i punti critici interni sono infiniti; trascurare i punti $(0, \pm1)$ della frontiera.