Esercizio - Punti critici ed estremi su un disco (appello 27 gennaio 2025)

Teoria: 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 → (punti critici, hessiana, comportamento all'infinito) e 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 → (estremi assoluti su un compatto). Fonte: corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD, primo appello 2025.

Testo

Sia $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$, $$f(x,y) = 9x + 9y - (x^2 + y^2)(x + y).$$

• (a) Trovare i punti critici di $f$ e determinarne la natura.
• (b) Determinare $\inf f$ e $\sup f$ su $\mathbb{R}^2$.
• (c) Determinare massimo e minimo assoluti di $f$ sul disco chiuso $D = \{x^2 + y^2 \le 9\}$ e i punti in cui sono assunti.

Soluzione

Semplificare prima. Si raccoglie $x + y$: $$f(x,y) = (x+y)(9 - x^2 - y^2).$$ Questa forma sarà utilissima in (c): $f$ è un prodotto, e uno dei fattori si annulla proprio sulla circonferenza $x^2 + y^2 = 9$.

(a) Punti critici e natura

$f$ è un polinomio, quindi di classe $C^\infty$ su $\mathbb{R}^2$ (aperto): ogni estremo è un punto critico (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 →). Derivando $f = 9x + 9y - x^3 - x y^2 - x^2 y - y^3$: $$f_x = 9 - 3x^2 - y^2 - 2xy, \qquad f_y = 9 - x^2 - 3y^2 - 2xy.$$

Sistema. Sottraiamo la seconda equazione dalla prima: $-2x^2 + 2y^2 = 0$, cioè $x^2 = y^2$, che dà due casi.

• Caso $y = x$. La prima equazione diventa $9 - 3x^2 - x^2 - 2x^2 = 9 - 6x^2 = 0$, quindi $x^2 = \frac32$ e $x = \pm\sqrt{3/2} = \pm\frac{\sqrt6}{2}$. Punti: $P_1 = \left(\frac{\sqrt6}{2}, \frac{\sqrt6}{2}\right)$ e $P_2 = \left(-\frac{\sqrt6}{2}, -\frac{\sqrt6}{2}\right)$.
• Caso $y = -x$. La prima equazione diventa $9 - 3x^2 - x^2 + 2x^2 = 9 - 2x^2 = 0$, quindi $x^2 = \frac92$ e $x = \pm\frac{3}{\sqrt2} = \pm\frac{3\sqrt2}{2}$. Punti: $P_3 = \left(\frac{3\sqrt2}{2}, -\frac{3\sqrt2}{2}\right)$ e $P_4 = \left(-\frac{3\sqrt2}{2}, \frac{3\sqrt2}{2}\right)$.

Ci sono quindi 4 punti critici. (Il caso $x^2 = y^2$ si esaurisce con $y = x$ o $y = -x$: non si perde nulla.)

Hessiana. Le derivate seconde sono $$f_{xx} = -6x - 2y, \qquad f_{xy} = -2x - 2y, \qquad f_{yy} = -2x - 6y.$$

• In $P_1$ ($x = y = \frac{\sqrt6}{2}$): $f_{xx} = -8x = -4\sqrt6$, $f_{xy} = -4x = -2\sqrt6$, $f_{yy} = -4\sqrt6$. Quindi $\det H = 96 - 24 = 72 > 0$ e $f_{xx} < 0$: massimo relativo forte, con $f(P_1) = \sqrt6\,(9 - 3) = 6\sqrt6 \approx 14{,}70$.
• In $P_2$ ($x = y = -\frac{\sqrt6}{2}$): $H = \begin{pmatrix} 4\sqrt6 & 2\sqrt6 \\ 2\sqrt6 & 4\sqrt6\end{pmatrix}$, $\det H = 72 > 0$, $f_{xx} > 0$: minimo relativo forte, con $f(P_2) = -6\sqrt6$.
• In $P_3$ ($x = \frac{3\sqrt2}{2}$, $y = -x$): $f_{xx} = -6x + 2x = -4x = -6\sqrt2$, $f_{xy} = 0$, $f_{yy} = -2x + 6x = 4x = 6\sqrt2$. $\det H = -72 < 0$: sella, con $f(P_3) = 0$ (perché $x + y = 0$).
• In $P_4$ ($y = -x$, $x = -\frac{3\sqrt2}{2}$): $f_{xx} = -4x = 6\sqrt2$, $f_{yy} = 4x = -6\sqrt2$, $f_{xy} = 0$, $\det H = -72 < 0$: sella, $f(P_4) = 0$.

(b) $\inf f$ e $\sup f$ su $\mathbb{R}^2$

Ci si chiede se $f$ è limitata. Basta una curva lungo cui diverge: sulla bisettrice $y = x$, $$\varphi(t) = f(t,t) = 2t\,(9 - 2t^2) = 18t - 4t^3.$$ Per $t \to +\infty$, $\varphi(t) \to -\infty$; per $t \to -\infty$, $\varphi(t) \to +\infty$. Quindi $$\inf_{\mathbb{R}^2} f = -\infty, \qquad \sup_{\mathbb{R}^2} f = +\infty,$$ e non esistono né minimo né massimo assoluti (in particolare $P_1$ e $P_2$ sono estremi solo relativi).

(c) Estremi assoluti sul disco $D$

Esistenza. $D$ è chiuso (è $\{x^2 + y^2 \le 9\}$, definito da una disuguaglianza debole su una funzione continua) e limitato (contenuto nel disco di raggio $3$); $f$ è continua. Per il teorema di Weierstrass esistono massimo e minimo assoluti su $D$.

Candidati. Si guardano i punti critici interni e il bordo.

• Interno $\{x^2 + y^2 < 9\}$. $P_1$ e $P_2$ hanno $x^2 + y^2 = \frac32 + \frac32 = 3 < 9$: sono interni e sono candidati. $P_3$ e $P_4$ hanno $x^2 + y^2 = \frac92 + \frac92 = 9$: stanno sul bordo, non nell'interno.
• Bordo $x^2 + y^2 = 9$. Il secondo fattore è nullo, quindi $f \equiv 0$ su tutta la circonferenza (compresi $P_3$ e $P_4$).

Confronto. I valori dei candidati sono $f(P_1) = 6\sqrt6$, $f(P_2) = -6\sqrt6$ e $0$ (tutto il bordo). Quindi $$\max_D f = 6\sqrt6 \ \text{ in } \left(\tfrac{\sqrt6}{2}, \tfrac{\sqrt6}{2}\right), \qquad \min_D f = -6\sqrt6 \ \text{ in } \left(-\tfrac{\sqrt6}{2}, -\tfrac{\sqrt6}{2}\right).$$

Errori tipici

• Dimenticare che $P_3$ e $P_4$ stanno sul bordo: per la ricerca nell'interno vanno scartati (anche se, qui, $f = 0$ vi è comunque preso dal bordo).
• Concludere dalla presenza di un massimo relativo che $f$ ha massimo assoluto su $\mathbb{R}^2$: serve la restrizione a $D$.