Prof.Maurita Fiocchi Corso A-ERICA RICERCA PUNTI ESTREMANTI LIBERI DELLE FUNZIONI REALI A DUE VARIABILI REALI z = f( x ; y )

Definizione 1 Data la funzione z = f(x;y) definita nel suo dominio D, si dice che la funzione presenta nel punto P 0 (x 0 ;y 0 ) appartenente al suo dominio,un massimo relativo, se esiste un intorno U di P 0, tale che per ogni P(x;y) appartenente ad U, si abbia : f(x;y) f(x 0 ;y 0 ). Viceversa,se : f(x;y) f(x 0 ;y 0 ), il punto P 0 è detto di minimo relativo.

Definizione 2 Se la definizione 1) vale per ogni punto P appartenente al dominio, allora P 0 è detto punto di massimo o di minimo assoluto.

Definizione 3 Si definisce derivata parziale prima della funzione z = f(x;y) rispetto alla variabile x, la derivata prima della funzione quando si considera x come variabile ed y come costante e si indica così : z x o f x Analogamente la derivata parziale prima della funzione z = f(x;y) rispetto ad y è la derivata prima della funzione quando si considera y come variabile ed x come costante e si scrive : z y o f y

Definizione 4 Allo stesso modo si definiscono le derivate parziali seconde a partire dalle derivate parziali prime. Precisamente : da z X z XX e z XY da z Y z YY e z YX Per il teorema di inversione delle derivate parziali seconde z XY = z YX

OSSERVAZIONE Per calcolare le derivate parziali prime e seconde,si utilizzano le stesse regole viste per le funzioni reali ad una variabile reale y = f(x)

RICERCA ESTREMI LIBERI DELLA FUNZIONE z = f ( x ; y ) COL METODO DELLE DERIVATE Data la funzione z = f(x;y), definita in D e derivabile in esso, se nel punto P 0 ( x 0 ;y 0 ) D la funzione presenta un massimo o un minimo relativo, allora risulta : z X (x 0 ;y 0 ) = 0 e z X (x 0 ;y 0 ) = 0 Un punto in cui è vera la relazione precedente è detto punto stazionario. Un punto stazionario può essere : di massimo, di minimo, di sella.

TEOREMA per lesistenza di punti stazionari CONDIZIONE NECESSARIA. Occorre risolvere il sistema formato dalle derivate parziali prime poste uguali a zero Zx = 0 Zy = 0 Dalla risoluzione di questo sistema si trovano le coordinate degli eventuali punti stazionari P 0 P 1 P 2

CONDIZIONE SUFFICIENTE Occorre calcolare le derivate parziali seconde e calcolare il determinante della matrice Hessiana così fatta,nei punti trovati : Z XX Z XY H= Z YX Z YY Se det H ( P0) > 0 e zxx(P0) < 0 P0 è massimo relativo Se det H ( P0) > 0 e zxx(P0) > 0 P0 è minimo relativo Se det H ( P0) < 0 P0 è punto di sella Se det H ( P0) = 0 non si può dire nulla di P0

RICERCA ESTREMI VINCOLATI DELLA FUNZIONE z = f ( x ; y ) Esistono tre metodi per la ricerca dei punti di massimo e minimo vincolati : a) ESPLICITAZIONE DEL VINCOLO b) MOLTIPLICATORE DI LAGRANGE c) LINEE DI LIVELLO

a) Funzione lineare s.a. vincolo lineare in una sola variabile ( METODO DELLESPLICITAZIONE) In questo caso basta esplicitare il vincolo rispetto alla variabile di primo grado, sostituire quanto ricavato nella funzione data. Si passa così da una funzione z= f(x,y) a due variabili, ad una funzione z= f(x) o z= f(y) ad una sola variabile e quindi basta cercare i massimi e minimi con la stessa regola già vista per le funzioni reali ad una sola variabile. Esempio z = x + 3y – 5 s.a. y 2 - 2y + x + 1 = 0

b) Funzione lineare s.a. vincolo non lineare ( METODO MOLTIPLICATORE DI LAGRANGE ) E data la funzione z = f(x;y) s.a. al vincolo espresso da g(x;y) = 0 Con questo metodo si passa dalla funzione z = f(x;y) alla funzione lagrangiana Z = F( x;y; ) così ottenuta : Z = f(x;y) +. g(x;y). Ad essa si applicano la seguente C.N.S.

CONDIZIONE NECESSARIA Zx = 0 Zy = 0 Z = 0 da soluzione del sistema trovo punti estremanti P 0, P 1, P 2 …

CONDIZIONE SUFFICIENTE Occorre trovare tutte le derivate parziali seconde di Z = f ( x ;y ; ) e le derivate parziali prime di g(x;y) e calcolare il determinante della matrice Hessiana orlata così fatta : 0 gx gy H = gx Zxx Zxy gy Zyx Zyy Se det H ( P 0 ) < 0 P 0 è un punto di minimo vincolato o condizionato Se det H ( P 0 ) > 0 P 0 è un punto di massimo vincolato o condizionato Se det H ( P 0 ) = 0 non si può dire nulla di P 0

c) METODO DELLE LINEE DI LIVELLO Il metodo delle linee di livello si può utilizzare solo nei casi in cui la funzione ottenuta da z = f(x;y) ponendo z = K sia un fascio di rette o parabole o circonferenze o iperboli equilatere e lequazione g(x;y) = 0 che rappresenta il vincolo è rappresentata graficamente da una retta o parabola o circonferenza o iperbole equilatera. Esempio z = x 2 +y 2 –2x – 4y + 5 s.a. 2y – x = 0

Come si deve procedere ? Il metodo delle linee di livello per la ricerca dei punti estremanti sopra la linea l che è rappresentata dal vincolo, consiste nel determinare i punti di massimo e di minimo della funzione sopra quella linea di livello tangente alla linea l

PROCEDIMENTO Interseco la funzione z = f(x;y) col piano z = k, ottengo in questo modo un fascio di linee di livello di equazione : f(x;y) = k ( che possono essere fasci di circonferenze o di rette o di parabole) Per determinare il valore di K per il quale la linea di livello risulta tangente alla linea del vincolo, basta risolvere il sistema formato : dallequazione del fascio di linee di livello con lequazione del vincolo g(x;y) = 0 Quindi calcolare il discriminante dellequazione di 2° grado risolvente il sistema e porlo uguale a 0.La risoluzione di tale equazione mi darà il valore o i valori di k per i quali trovo la linea di livello tangente al vincolo Sostituisco il valore di k nellequazione del fascio di linee di livello per trovare le coordinate del punto o dei punti di tangenza T Per decidere se i punti trovati sono di massimo o di minimo vincolato, disegno sul piano cartesiano tre linee di livello : una con valore di k ottenuto da = 0, e le altre due con k1 k e disegno pure la linea l del vincolo Prendo 2 punti A e B situati sulla linea l vincolo, ma da parti opposte rispetto al punto di tangenza T Se nel passaggio da A a T e poi da T a B il valore di k diminuisce e poi aumenta, T è un punto di minimo vincolato e viceversa.

Esempio z = x2+y2 – 2x – 4y + 5 con z = k x 2 +y 2 – 2x – 4y + 5 = k è un fascio di circonferenze con C ( 1; 2) e r = – 5 + k = k Per trovare il valore di K per il quale avrò la circonferenza del fascio tangente al vincolo, basta impostare il sistema : x 2 +y 2 – 2x – 4y + 5 = k 2y – x = 0 x = 2y sostituendo nella 1^ equazione ottengo (2y) 2 + y 2 – 2(2y) – 4y + 5 – k = 0 4y 2 + y 2 – 4 y – 4y + 5 – k = 0 5y 2 – 8y +( 5 – k ) = 0 (*) Calcolo dellequazione (*) e lo pongo = 0 64 – k = 0 20 k = 36 k = 9/5 è il valore di k per il quale esiste una circonferenza del fascio, tangente alla retta 2y – x = 0. Per determinare le coordinate del punto di tangenza T tra retta e circonferenza, basta sostituire tale valore di k nellequazione (*) : 5y 2 – 8y +( 16/5 ) = 0 Y T = 8/10 = 4/5 ; X T = 2y = 2. 4/5 = 8/5 T ( 8/5 ;4/5) Disegno sul piano cartesiano 3 circonferenze del fascio, per k rispettivamente uguale a 9/5, 4 ; e 9 E poi la retta di equazione x = 2y che rappresenta il vincolo. Prendo sulla retta x = 2y due punti A e B uno a sinistra e laltro a destra del punto T di tangenza e noto che : Nel passaggio da A a T il valore di k diminuisce e poi da T a B aumenta. Allora dico che T è un punto di minimo vincolato