Esercizio - Convessità di una cubica su R2 e sul primo quadrante (foglio 4)

Teoria: Funzioni convesse di più variabili e minimi globaliInsieme convesso = contiene ogni segmento tra due suoi punti (palla, semipiano, quadrante sì; piano meno un quadrante aperto no; convesso ⇒ connesso, non viceversa). Funzione convessa = grafico sotto le corde: f((1−t)x + ty) ≤ (1−t)f(x) + t f(y); epigrafo convesso; affini sia convesse sia concave, la norma è convessa ma non strettamente. Se f è differenziabile: convessa ⇔ sta sopra ogni piano tangente (D della condizione necessaria). Se f è C²: convessa ⇔ Hessiana semidefinita positiva ovunque; Hessiana definita positiva ovunque ⇒ strettamente convessa (non viceversa: x⁴). Conseguenza fondamentale (D): su un aperto convesso un punto critico di una funzione convessa è minimo globale, unico se è strettamente convessa.Funzioni convesse di più variabili e minimi globali → e Massimi e minimi liberi e natura dei punti criticiEstremo assoluto = vale in tutto il dominio, relativo = vale in un intorno; "libero" = il dominio è aperto. Fermat (D): in un punto interno di estremo locale dove f è derivabile, ∇f = 0 (punto critico); non basta (x³, −y³, sella x² − y²). Taylor al secondo ordine (D): con f in C² e ∇f(P) = 0, l'Hessiana definita positiva dà minimo locale stretto, definita negativa massimo locale stretto, indefinita sella; per n = 2: det H > 0 e f_xx > 0 minimo, det H > 0 e f_xx < 0 massimo, det H < 0 sella, det H = 0 non decide (x⁴ + y⁴, −x⁴ − y⁴, x⁴ − y⁴). Estremi globali: Weierstrass in un chiuso illimitato se f → +∞ (o −∞) all'infinito (D), da verificare in coordinate polari con una stima che non dipende dall'angolo.Massimi e minimi liberi e natura dei punti critici →. Fonte: foglio 4 del corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD.

Testo

Sia $f(x,y) = x^3 + y^3 - 3xy$.

1. Stabilire se $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ è convessa o concava.
2. Trovare punti critici, loro natura ed eventuali estremi assoluti di $f$ su $\mathbb{R}^2$.
3. Stabilire se la restrizione di $f$ a $Q = \{x \ge 0,\ y \ge 0\}$ è convessa o concava, e trovare gli estremi assoluti su $Q$.

Soluzione

1. Convessità su $\mathbb{R}^2$

$\mathbb{R}^2$ è aperto e convesso, quindi si può usare la hessiana. Con $\nabla f = (3x^2 - 3y,\ 3y^2 - 3x)$: $$H_f(x,y) = \begin{pmatrix} 6x & -3 \\ -3 & 6y\end{pmatrix}, \qquad \det H_f = 36xy - 9.$$

• Non è convessa: nell'origine $\det H_f = -9 < 0$, hessiana indefinita (già $f_{xx} = 6x < 0$ per $x < 0$ impedisce la semidefinitezza positiva).
• Non è concava: in $(1,1)$ la hessiana $\begin{pmatrix} 6 & -3 \\ -3 & 6\end{pmatrix}$ è definita positiva, e per essere concava servirebbe semidefinita negativa ovunque.

Dunque $f$ non è né convessa né concava su $\mathbb{R}^2$.

2. Punti critici ed estremi su $\mathbb{R}^2$

Da $y = x^2$ e $x = y^2$ segue $x = x^4$, cioè $x(x^3 - 1) = 0$: punti $(0,0)$ e $(1,1)$.

• $(0,0)$: $\det H_f = -9 < 0$, sella, $f = 0$.
• $(1,1)$: $\det H_f = 27 > 0$, $f_{xx} = 6 > 0$, minimo relativo, $f(1,1) = -1$.

Sull'asse $x$, $f(x, 0) = x^3$ ha limite $+\infty$ per $x \to +\infty$ e $-\infty$ per $x \to -\infty$. Quindi $\sup f = +\infty$, $\inf f = -\infty$: non esistono estremi assoluti. (Il minimo relativo in $(1,1)$ non è assoluto, perché $f$ non è convessa e non si può applicare il teorema sui minimi globali.)

3. Il primo quadrante

$Q$ è chiuso e convesso. Anche la restrizione non è né convessa né concava: all'interno di $Q$, per esempio nel punto $(0{,}1;\ 0{,}1)$, $\det H_f = 36\cdot 0{,}01 - 9 < 0$ (hessiana indefinita, quindi $f$ non è convessa né concava neanche in un intorno di quel punto); e in $(1,1)$ la hessiana è definita positiva, quindi $f$ non è concava.

Estremi assoluti su $Q$. $Q$ è chiuso ma illimitato: si controlla il comportamento all'infinito in polari, con $\theta \in \left[0, \frac\pi2\right]$: $$f = \rho^3(\cos^3\theta + \sin^3\theta) - 3\rho^2\sin\theta\cos\theta.$$ La funzione $\cos^3\theta + \sin^3\theta$ è continua e positiva su $\left[0, \frac\pi2\right]$ (non si annullano insieme), con minimo $\frac{1}{\sqrt2}$ in $\theta = \frac\pi4$ (valore $2\left(\frac{\sqrt2}2\right)^3 = \frac{1}{\sqrt2}$). Inoltre $3\sin\theta\cos\theta \le \frac32$. Quindi $$f \ge \frac{\rho^3}{\sqrt2} - \frac32\rho^2 =: h(\rho) \to +\infty.$$ Per il teorema di Weierstrass generalizzato il minimo esiste. Candidati:

• interno di $Q$: l'unico punto critico è $(1,1)$, $f = -1$;
• bordo di $Q$ ($x = 0$ o $y = 0$): lì $f = y^3$ (o $x^3$), con valore minimo $0$ in $(0,0)$.

Il confronto dà $\min_Q f = -1$ in $(1,1)$. Il massimo non esiste ($\sup_Q f = +\infty$). Il punto $(0,0)$ non è un estremo su $Q$: $f(x,0) = x^3 > 0$ ma $f(t,t) = 2t^3 - 3t^2 < 0$ per $t$ piccolo: è un punto di sella di frontiera.

Errori tipici

• Concludere "convessa" dal fatto che in $(1,1)$ la hessiana è definita positiva: il segno va controllato ovunque nel dominio convesso.
• Applicare il teorema del minimo globale delle funzioni convesse a una funzione che non lo è: per $Q$ il minimo è stato trovato col metodo della coercività.