Esercizio - Lagrange su una circonferenza non centrata e sul disco (appello 26 gennaio 2026)

Teoria: Estremi vincolati - metodo diretto e moltiplicatori di LagrangeEstremi vincolati = estremi di f ristretta a una curva g(x,y) = b o a un insieme chiuso K. Metodo diretto: si parametrizza il vincolo, r(t) = (x(t), y(t)), e si studia φ(t) = f(r(t)) con l'Analisi 1 (non dimenticare gli estremi dell'intervallo). Moltiplicatori di Lagrange (D): se P è estremo locale di f|Γ e ∇g(P) ≠ 0 allora ∇f(P) = λ∇g(P); equivale a ∇L = 0 per L = f + λ(b − g). Procedura: punti singolari del vincolo (∇g = 0), punti critici vincolati, confronto dei valori (Weierstrass se Γ è compatto). Estremi assoluti su un insieme chiuso K: interno (∇f = 0), frontiera (Lagrange o parametrizzazione, più i vertici), confronto; se K è illimitato si usa la coercività della funzione all'infinito.Estremi vincolati - metodo diretto e moltiplicatori di Lagrange →. Fonte: corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD, primo appello 2026.

Testo

Sia $f(x,y) = (1 - x^2 - y^2)^2$, definita su $\mathbb{R}^2$.

• (a) Trovare i punti critici di $f$ vincolati alla circonferenza $\Gamma = \{(x-1)^2 + y^2 = 1\}$.
• (b) Trovare massimo e minimo assoluti di $f$ sul disco chiuso $D = \{(x-1)^2 + y^2 \le 1\}$ e i punti in cui sono assunti.

Soluzione

(a) Punti critici vincolati

Dati. $g(x,y) = (x-1)^2 + y^2$, $b = 1$; $\Gamma$ è la circonferenza di centro $(1,0)$ e raggio $1$ (passa per l'origine e per $(2,0)$).

Regolarità del vincolo. $\nabla g = (2(x-1), 2y)$ si annulla solo in $(1,0)$, dove $g = 0 \ne 1$: il punto non sta su $\Gamma$, quindi $\nabla g \ne \mathbf{0}$ su tutto $\Gamma$ e non ci sono punti singolari.

Sistema di Lagrange. Con $r^2 = x^2 + y^2$ si ha $$\nabla f = \big(-4x(1 - r^2),\ -4y(1 - r^2)\big), \qquad \nabla g = (2(x-1),\ 2y).$$ Invece di introdurre $\lambda$, si impone che i due gradienti siano paralleli: $f_x g_y - f_y g_x = 0$. $$-4x(1 - r^2)\cdot 2y + 4y(1 - r^2)\cdot 2(x-1) = 8y(1 - r^2)\,\big[-x + (x - 1)\big] = -8y\,(1 - r^2) = 0.$$ Quindi $y = 0$ oppure $r^2 = 1$, da risolvere insieme all'equazione del vincolo.

• $y = 0$: $(x-1)^2 = 1$, cioè $x = 0$ o $x = 2$. Punti $(0,0)$ e $(2,0)$.
• $x^2 + y^2 = 1$ insieme a $(x-1)^2 + y^2 = 1$: sottraendo, $-2x + 1 = 0$, quindi $x = \frac12$ e $y^2 = \frac34$. Punti $\left(\frac12, \pm\frac{\sqrt3}2\right)$.

Quattro punti critici vincolati. I valori: $f(0,0) = 1$, $f(2,0) = (1 - 4)^2 = 9$, $f\left(\frac12, \pm\frac{\sqrt3}2\right) = 0$.

Controllo con la sostituzione. Su $\Gamma$ vale $x^2 + y^2 = 2x$, quindi $f|_\Gamma = (1 - 2x)^2$ con $x \in [0,2]$: parabola con minimo $0$ in $x = \frac12$ e valori $1$ in $x = 0$ e $9$ in $x = 2$ ✓.

(b) Estremi assoluti su $D$

$D$ è chiuso e limitato e $f$ è continua: esistono massimo e minimo (Weierstrass).

Frontiera $\partial D = \Gamma$: i candidati sono quelli di (a), con valori $1, 9, 0, 0$.

Interno $\mathring D = \{(x-1)^2 + y^2 < 1\}$: $\nabla f = \mathbf{0}$ se e solo se $x(1 - r^2) = 0$ e $y(1 - r^2) = 0$, cioè $(0,0)$ oppure $r^2 = 1$. L'origine sta sulla frontiera. I punti della circonferenza $x^2 + y^2 = 1$ sono interni a $D$ quando $(x-1)^2 + y^2 = 2 - 2x < 1$, cioè $x > \frac12$: tutto l'arco di circonferenza unitaria con $x > \frac12$ è formato da punti critici interni, con $f = 0$.

Confronto. Poiché $f \ge 0$ (è un quadrato), il valore $0$ è il minimo: $$\min_D f = 0 \quad \text{su tutto l'arco } \{x^2 + y^2 = 1,\ x \ge \tfrac12\} \text{ (estremi inclusi)},$$ $$\max_D f = 9 \quad \text{in } (2, 0).$$

Errori tipici

• Cercare i punti critici liberi e dimenticare che $\nabla f = \mathbf{0}$ vale su un'intera curva (non solo nell'origine).
• Escludere $(0,0)$ dal confronto: sta sulla frontiera e va incluso fra i candidati con valore $1$.