Esercizio - estremi globali di un polinomio di quarto grado su R2

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i) Il limite all'infinito

Si pone $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ e si cerca una minorazione di $f$ che dipenda solo da $r$.

• Dalla disuguaglianza $(x^2 - y^2)^2 \ge 0$, cioè $x^4 + y^4 \ge 2x^2y^2$, si ricava $2(x^4 + y^4) \ge x^4 + 2x^2y^2 + y^4 = (x^2 + y^2)^2 = r^4$, quindi $x^4 + y^4 \ge \frac{r^4}{2}$.
• Dalla disuguaglianza $(|x| - |y|)^2 \ge 0$ si ricava $|xy| \le \frac{x^2 + y^2}{2} = \frac{r^2}{2}$, quindi $-xy \ge -\frac{r^2}{2}$.

Sommando: $f(x, y) \ge \frac{r^4}{2} - \frac{r^2}{2}$, e il secondo membro tende a $+\infty$ per $r \to +\infty$. Per il teorema del confronto $$\lim_{(x,y)\to\infty}f(x, y) = +\infty.$$ Si dice che $f$ è coerciva: tende a $+\infty$ in ogni direzione.

ii) Punti stazionari

$$f_x = 4x^3 - y, \qquad f_y = 4y^3 - x.$$ La prima dà $y = 4x^3$. Sostituita nella seconda: $4(4x^3)^3 - x = 256x^9 - x = x\left(256x^8 - 1\right) = 0$. Quindi $x = 0$ oppure $x^8 = \frac1{256} = \left(\frac12\right)^8$, cioè $x = \pm\frac12$ (le soluzioni reali di $x^8 = c > 0$ sono due). Da $y = 4x^3$:

Tre punti stazionari: $(0, 0)$, $\left(\frac12, \frac12\right)$, $\left(-\frac12, -\frac12\right)$.

Hessiana. $f_{xx} = 12x^2$, $f_{xy} = -1$, $f_{yy} = 12y^2$.

• In $(0, 0)$: $H = \begin{pmatrix}0 & -1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}$, $\det H = -1 < 0$: sella. Valore $f = 0$.
• In $\pm\left(\frac12, \frac12\right)$: $12\cdot\frac14 = 3$, quindi $H = \begin{pmatrix}3 & -1 \\ -1 & 3\end{pmatrix}$, $\det H = 9 - 1 = 8 > 0$ e $f_{xx} = 3 > 0$: minimi locali. Valore $f = \frac1{16} + \frac1{16} - \frac14 = -\frac18$.

iii) Massimi e minimi globali

• Massimo globale: non esiste, perché $f \to +\infty$ (sup $= +\infty$). Per esempio $f(t, 0) = t^4 \to +\infty$.
• Minimo globale: esiste. Siccome $f \to +\infty$, esiste $R > 0$ tale che $f(x, y) > 0$ se $r > R$ (basta $\frac{r^4}{2} - \frac{r^2}{2} > 0$, cioè $r > 1$). Fuori dal disco chiuso $\{r \le 1\}$ la funzione è quindi positiva, mentre $f(0, 0) = 0$ e $f\left(\frac12, \frac12\right) = -\frac18 < 0$. Il minimo di $f$ su $\mathbb{R}^2$ si trova allora nel disco $\{r \le 1\}$, che è compatto: lì $f$ (continua) ha minimo per Weierstrass, ed è anche il minimo su tutto il piano. Il minimo è in un punto interno al disco (il valore $-\frac18$ è negativo, mentre sul bordo $f \ge \frac12 - \frac12 = 0$), quindi è un punto stazionario: il più basso tra i valori dei punti stazionari.

I valori sono $f(0,0) = 0$ e $f\left(\pm\frac12, \pm\frac12\right) = -\frac18$. Il minimo globale è $-\frac18$, raggiunto nei due punti $\left(\frac12, \frac12\right)$ e $\left(-\frac12, -\frac12\right)$.

Errori comuni. Dire che $\left(\frac12, \frac12\right)$ è il minimo "perché è un minimo locale" senza motivare l'esistenza del minimo globale (serve la coercività); cercare un massimo globale che non esiste; perdere la soluzione $x = -\frac12$.