Esercizio - Dominio convesso e minimo globale di un logaritmo (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 →. Fonte: foglio 4 (massimi, minimi, convessità) del corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD.

Testo

Sia $f(x,y) = -\log(1 - x - 2y) + x^2 + y^2$.

• Trovare il dominio naturale di $f$ e stabilire se è convesso.
• Stabilire se $f$ è convessa o concava nel suo dominio.
• Trovare, se esistono, gli estremi assoluti di $f$.

Soluzione

1. Dominio

Il logaritmo richiede $1 - x - 2y > 0$, cioè $x + 2y < 1$. Il dominio è $$\Omega = \{(x,y) : x + 2y < 1\},$$ un semipiano aperto limitato dalla retta $x + 2y = 1$ (passa per $(1,0)$ e $(0,\tfrac12)$).

È convesso. Siano $P_1 = (x_1, y_1)$, $P_2 = (x_2, y_2) \in \Omega$ e $t \in [0,1]$. Il punto $P_t = (1-t)P_1 + tP_2$ soddisfa $$x_t + 2y_t = (1-t)(x_1 + 2y_1) + t(x_2 + 2y_2) < (1-t)\cdot 1 + t\cdot 1 = 1,$$ (la disuguaglianza vale perché $1 - t$ e $t$ sono $\ge 0$ e non entrambi nulli). Quindi $P_t \in \Omega$.

2. Convessità

Poniamo $D = 1 - x - 2y > 0$ (positivo nel dominio). Il gradiente: $$f_x = \frac{1}{D} + 2x, \qquad f_y = \frac{2}{D} + 2y,$$ (la derivata di $-\log D$ rispetto a $x$ è $-\frac{D_x}{D} = \frac1D$, e rispetto a $y$ è $\frac{2}{D}$). Derivando ancora, con $D_x = -1$ e $D_y = -2$: $$f_{xx} = \frac{1}{D^2} + 2, \qquad f_{xy} = \frac{2}{D^2}, \qquad f_{yy} = \frac{4}{D^2} + 2.$$ Allora $f_{xx} > 0$ e $$\det H = \left(\frac1{D^2} + 2\right)\left(\frac4{D^2} + 2\right) - \frac4{D^4} = \frac{4}{D^4} + \frac{2}{D^2} + \frac{8}{D^2} + 4 - \frac{4}{D^4} = \frac{10}{D^2} + 4 > 0.$$ In ogni punto del dominio la hessiana è definita positiva e $\Omega$ è aperto e convesso: $f$ è strettamente convessa in $\Omega$.

3. Estremi assoluti

Punti critici. Da $f_x = f_y = 0$: $\frac1D = -2x$ e $\frac2D = -2y$, quindi $y = 2x$. Allora $D = 1 - x - 4x = 1 - 5x$ e la prima equazione diventa $\frac1{1-5x} = -2x$, cioè $1 = -2x(1 - 5x) = -2x + 10x^2$: $$10x^2 - 2x - 1 = 0 \iff x = \frac{1 \pm \sqrt{11}}{10}.$$ Occorre $D = 1 - 5x > 0$, cioè $x < \frac15$. Con il segno $+$: $x \approx 0{,}432 > \frac15$, da scartare (il punto non sta nel dominio: $D \approx -1{,}16 < 0$). Con il segno $-$: $x = \frac{1 - \sqrt{11}}{10} \approx -0{,}232$, $D = \frac{1 + \sqrt{11}}{2} > 0$, accettabile. L'unico punto critico è $$P_0 = \left(\frac{1 - \sqrt{11}}{10},\ \frac{1 - \sqrt{11}}{5}\right).$$

Minimo. Per il teorema sui minimi globali delle funzioni convesse, $P_0$ è l'unico punto di minimo globale di $f$ su $\Omega$, e $$\min_\Omega f = f(P_0) = -\log\frac{1 + \sqrt{11}}{2} + 5x_0^2 = -\log\frac{1+\sqrt{11}}{2} + \frac{(1 - \sqrt{11})^2}{20} \approx -0{,}501.$$ (Si è usato $x_0^2 + y_0^2 = 5x_0^2$ perché $y_0 = 2x_0$.)

Massimo. Non esiste: $f$ è illimitata superiormente (per esempio $f(x, 0) = -\log(1 - x) + x^2 \to +\infty$ per $x \to -\infty$ e per $x \to 1^-$).

Errori tipici

• Non scartare la seconda radice: va controllata la condizione $D > 0$ del dominio.
• Studiare la hessiana in un solo punto: qui il segno è positivo ovunque grazie a $D^2 > 0$, ed è questo che permette la conclusione globale.