Esercizio - Rettangolo di perimetro minimo con area assegnata (lezione 16)

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 → (insieme chiuso illimitato). Fonte: corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD (problema discusso a lezione).

Testo

Dato $a > 0$, trovare il rettangolo di perimetro minimo fra tutti quelli di area $\ge a$.

Soluzione

Modello. Siano $x, y \ge 0$ i lati. La funzione da minimizzare è il perimetro $$f(x,y) = 2x + 2y$$ sull'insieme ammissibile $$K = \{(x,y) : xy \ge a,\ x \ge 0,\ y \ge 0\}.$$ (Se $xy \ge a > 0$ allora $x, y > 0$.) $K$ è la regione del primo quadrante sopra il ramo di iperbole $xy = a$: è chiuso (disuguaglianze deboli su funzioni continue) e illimitato (per esempio contiene $(t, a/t)$ per $t \to \infty$ e anche tutti i punti più in alto). Weierstrass classico non si applica.

Esistenza del minimo: coercività. In polari $x = \rho\cos\theta$, $y = \rho\sin\theta$ con $\theta \in \left[0, \frac\pi2\right]$ (primo quadrante): $$f = 2\rho(\cos\theta + \sin\theta).$$ In $\left[0, \frac\pi2\right]$ si ha $\cos\theta + \sin\theta \ge 1$ (il valore $1$ è assunto agli estremi $\theta = 0$ e $\theta = \frac\pi2$). Quindi $f \ge 2\rho \to +\infty$, con una stima che non dipende da $\theta$: $f$ è coerciva su $K$ e il minimo esiste.

Dove sta il minimo.

• Interno di $K$: $\nabla f = (2, 2) \ne \mathbf{0}$: nessun punto critico libero.
• Il minimo è quindi sulla frontiera $\Gamma = \{xy = a,\ x > 0\}$.

Frontiera, metodo 1 (Lagrange). $g(x,y) = xy$, $b = a$. $\nabla g = (y, x)$ si annulla solo in $(0,0)$, che non sta su $\Gamma$ ($0 \ne a$): vincolo regolare. Parallelismo di $\nabla f = (2,2)$ e $\nabla g = (y,x)$: $2x - 2y = 0$, cioè $x = y$. Dal vincolo $x^2 = a$, quindi $x = y = \sqrt a$ (la radice negativa è esclusa da $x > 0$). Unico candidato, con $f = 4\sqrt a$.

Frontiera, metodo 2 (diretto). Su $\Gamma$, $y = \frac ax$ con $x > 0$: $$\varphi(x) = 2x + \frac{2a}x, \qquad \varphi'(x) = 2 - \frac{2a}{x^2} = 0 \iff x = \sqrt a,$$ con $\varphi' < 0$ per $x < \sqrt a$ e $\varphi' > 0$ per $x > \sqrt a$: minimo in $x = \sqrt a$, $\varphi = 4\sqrt a$.

Conclusione. Il rettangolo di perimetro minimo è il quadrato di lato $\sqrt a$, di perimetro $4\sqrt a$. Non esiste massimo (il perimetro è illimitato).

Verifica elementare. Per la disuguaglianza fra media aritmetica e geometrica, $x + y \ge 2\sqrt{xy} \ge 2\sqrt a$, con uguaglianza se e solo se $x = y = \sqrt a$ ✓.

Errori tipici

• Passare direttamente al vincolo $xy = a$ senza giustificarlo: il vincolo è $xy \ge a$, e si deve spiegare che il minimo cade sulla frontiera perché $\nabla f = (2,2) \ne \mathbf{0}$ esclude punti critici nell'interno $xy > a$.
• Applicare Weierstrass su $K$ illimitato senza la coercività.