Esercizio 23massimi e minimi assoluti su compatti

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Il metodo: (0) Weierstrass garantisce l'esistenza; (1) punti critici interni; (2) massimi e minimi di $f$ su ogni pezzo del bordo, vertici compresi; (3) confronto dei valori.

1. La temperatura del disco

Esistenza. Il disco chiuso è chiuso e limitato, $T$ è un polinomio (continuo): per Weierstrass massimo e minimo esistono.

Interno. $\nabla T = (2x - 1,\ 4y) = 0 \iff (x, y) = \left(\frac12, 0\right)$, interno (norma $\frac12 < 1$). $T\left(\frac12, 0\right) = \frac14 - \frac12 = -\frac14$.

Bordo $(\cos t, \sin t)$, $t \in [0, 2\pi]$: $$T(\cos t, \sin t) = \cos^2 t + 2\sin^2 t - \cos t = 1 + \sin^2 t - \cos t = 2 - \cos^2 t - \cos t$$ Conviene la variabile $c = \cos t \in [-1, 1]$: $g(c) = 2 - c^2 - c$, con $g'(c) = -2c - 1 = 0 \iff c = -\frac12$.

Il valore $c = -\frac12$ corrisponde ai punti $\left(-\frac12, \pm\frac{\sqrt3}{2}\right)$, $c = 1$ al punto $(1, 0)$, $c = -1$ a $(-1, 0)$.

Confronto. Candidati: $-\frac14$ (interno), $0$, $2$, $\frac94$ (bordo).

• Temperatura minima $-\frac14$ nel punto $\left(\frac12, 0\right)$;
• temperatura massima $\frac94$ nei due punti $\left(-\frac12, \pm\frac{\sqrt3}2\right)$.

2. Il parallelogramma

(a) $C$ è definito da disuguaglianze larghe tra funzioni continue ($y - 2x$ e $y$): è chiuso. È limitato: $|y| \le 1$, e da $-3 \le y - 2x \le 3$ segue $2x \in [y - 3, y + 3] \subseteq [-4, 4]$, cioè $|x| \le 2$. È il parallelogramma di vertici $(-1, 1)$, $(2, 1)$, $(1, -1)$, $(-2, -1)$ (intersezioni delle rette $y = \pm1$ con $y = 2x \pm 3$).

(b) $\nabla f = (2x - y,\ 2y - x) = 0$: da $y = 2x$ e $2y = x$ segue $4x = x$, $x = 0$. Unico punto critico $(0, 0)$, con $\operatorname{Hess}f = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$, $\det = 3 > 0$, $f_{xx} > 0$: minimo (anzi assoluto su $\mathbb{R}^2$: la forma quadratica $x^2 - xy + y^2$ è definita positiva, quindi $f \ge 3$).

(c) Esistono per Weierstrass.

• Minimo: $(0, 0) \in C$ (infatti $-3 \le 0 \le 3$ e $-1 \le 0 \le 1$) ed è il minimo su tutto il piano: minimo assoluto $3$ in $(0, 0)$.
• Massimo: non ci sono altri punti critici interni, quindi sta sul bordo. Su ogni lato $f$ ristretta è una parabola convessa in un parametro (perché $f$ è convessa: hessiana definita positiva), che su un segmento ha il massimo in un estremo: basta confrontare i vertici. $$f(-1, 1) = 1 + 1 + 1 + 3 = 6, \quad f(2, 1) = 4 + 1 - 2 + 3 = 6, \quad f(1, -1) = 6, \quad f(-2, -1) = 6$$ Massimo assoluto $6$, raggiunto nei quattro vertici. (Confermato con Python su una griglia fitta di $C$.)

3. $x^2 - y^2$ su due compatti

Su ogni chiuso e limitato $f$, che è continua, ha massimo e minimo (Weierstrass). L'unico punto critico è $(0, 0)$ (una sella).

(a) Quadrato $[0, 1]^2$. $(0, 0)$ è un vertice, non interno: nessun candidato interno. Bordo:

• $x = 0$: $-y^2 \in [-1, 0]$; $\quad x = 1$: $1 - y^2 \in [0, 1]$;
• $y = 0$: $x^2 \in [0, 1]$; $\quad y = 1$: $x^2 - 1 \in [-1, 0]$.

Massimo $1$ in $(1, 0)$, minimo $-1$ in $(0, 1)$.

(b) Disco $B(0, 1]$. Interno: $(0, 0)$, $f = 0$. Bordo $(\cos t, \sin t)$: $f = \cos^2 t - \sin^2 t = \cos 2t \in [-1, 1]$, con $1$ per $t = 0, \pi$ e $-1$ per $t = \frac\pi2, \frac{3\pi}2$. Massimo $1$ in $(\pm1, 0)$, minimo $-1$ in $(0, \pm1)$.

4. Il triangolo con l'arcotangente

Il dominio. $T = \{x \ge 0,\ y \le 0,\ x - y \le 4\}$ (l'ipotenusa $AB$ è la retta $y = x - 4$). Chiuso e limitato, $f$ continua: massimo e minimo esistono.

Interno. $\partial_x f = 2x - 4 = 0 \iff x = 2$; $\partial_y f = \frac{4 + 2y}{1 + (4y + y^2)^2} = 0 \iff y = -2$. Il punto $(2, -2)$ soddisfa $x - y = 4$: sta sull'ipotenusa, non all'interno. Nessun candidato interno.

Bordo.

• Lato $OB$ ($y = 0$, $x \in [0, 4]$): $f = x^2 - 4x$, minimo $-4$ in $x = 2$, massimo $0$ in $x = 0$ e $x = 4$.
• Lato $OA$ ($x = 0$, $y \in [-4, 0]$): $f = \arctan(y^2 + 4y)$. L'arcotangente è crescente, quindi conta l'argomento $y^2 + 4y = (y + 2)^2 - 4$, che va da $-4$ (in $y = -2$) a $0$ (in $y = 0$ e $y = -4$): minimo $\arctan(-4) = -\arctan 4 \approx -1.33$ in $(0, -2)$, massimo $0$ in $O$ e $A$.
• Ipotenusa $AB$ ($y = x - 4$, $x \in [0, 4]$): l'argomento dell'arcotangente diventa $4(x - 4) + (x - 4)^2 = x^2 - 4x$, quindi $$f(x, x - 4) = (x^2 - 4x) + \arctan(x^2 - 4x) = u + \arctan u, \qquad u = x^2 - 4x \in [-4, 0]$$ $u + \arctan u$ è crescente in $u$: minimo per $u = -4$ ($x = 2$, punto $(2, -2)$), dove vale $-4 - \arctan 4 \approx -5.33$; massimo per $u = 0$ (i vertici $A$ e $B$), dove vale $0$.

Confronto. Minimo assoluto $-4 - \arctan 4 \approx -5.326$ in $(2, -2)$; massimo assoluto $0$, raggiunto nei tre vertici $O$, $A$, $B$. (Confermato numericamente con Python.)

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Errori comuni

• Considerare interno un punto critico che sta sul bordo (esercizio 4) o in un vertice (esercizio 3a).
• Trascurare i vertici nel confronto finale.
• Nel disco, parametrizzare con $t$ e dimenticare che $c = \cos t$ varia solo in $[-1, 1]$.