Moltiplicatori di Lagrange: ricerca dei massimi e minimi vincolati - WeSchool


La 
ricerca dei massimi e dei minimi
 di una funzione all’interno del suo 
dominio
 è un problema tipico dell’Analisi Matematica, sia per funzioni di una variabile (che si affronta 
studiando il segno della derivata prima
) che per 
funzioni di più variabili
 (cosa che di solito richiede lo studio della 
matrice Hessiana
). La situazione però si complica, in generale, quando vogliamo trovare 
massimi e minimi vincolati
 ad appartenere a un certo 
sottoinsieme
 del dominio della funzione analizzata.





















Videolezione "Studio di funzione: il procedimento"

























    const isRelatedVideo = 1;

 
 


Introduciamo questo discorso considerando la funzione $$f(x,y) = x^2y^2-4x^2y-\frac{1}{4}x^4$$Vogliamo trovare i suoi punti stazionari e gli eventuali massimi e minimi. Scriviamo quindi le sue 
derivate parziali
: ##KATEX##\begin{aligned} \frac{\partial f}{\partial x} & = 2xy^2-8xy-x^3 = x(2y^2-8y-2y^2) \\ \frac{\partial f}{\partial y} & = 2x^2y-4x^2 = 2x^2(y-2) \end{aligned}##KATEX##Quando $x=0$ entrambe le derivate parziali sono nulle, e $f(0,y)=0$; quindi tutti i punti dell’asse $y$ sono stazionari per $f$ (e sono anche gli unici, come si può verificare facilmente). Ecco la matrice Hessiana di $f$: $$\text{H}f = \left ( \begin{matrix} 2y^2-8y-3x^2 & 4xy-8x \\ 4xy-8x & 2x^2 \end{matrix} \right )$$Quando $x=0$, la matrice diventa: $$\text{H}f(0,y) = \left ( \begin{matrix} 2y^2-8y & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix} \right )$$Qualunque sia $y$, l’Hessiano (cioè il 
determinante
 di questa matrice) sarà nullo, e quindi non potremo utilizzare il 
teorema che fa uso dell’Hessiana
 per scoprire di che tipo sono questi punti stazionari.


Per aggirare questo inconveniente riscriviamo $f$ come $$f(x,y) = x^2 \left ( y^2 - 4y - \frac{1}{4}x^2 \right )$$e renderci conto che:


come notato in precedenza $f(0,y)=0$;


se $x \neq 0$, il segno di $f(x, y)$ dipende solo dal segno del termine $a(x,y):= y^2 - 4y - \frac{1}{4}x^2$, dato che $x^2$ è non negativo.


Nel piano $Oxy$ l’equazione $y^2 - 4y - \frac{1}{4}x^2=0$ può essere riscritta come $$\frac{(y-2)^2}{4} - \frac{x^2}{16} = 1$$che è l’equazione di un’
iperbole traslata
 con assi paralleli agli assi cartesiani e vertici in $(0,0)$ e $(0,4)$. Otteniamo quindi il seguente 
schema dei segni per
 $f(x,y)$:




Da questo schema si vede che tutti i punti $(0,y)$ con $y<0 \vee y>4$ (segnati in rosso) sono 
punti di minimo locale
, dato che la funzione nelle vicinanze di ciascuno di questi punti è positiva o nulla; con un ragionamento analogo si mostra che i punti $(0,y)$ con $0 < y < 4$ (segnati in blu) sono 
punti di massimo locale
. Intorno ai punti $(0,0)$ e $(0,4)$, invece, la funzione potrà assumere valori maggiori o minori di $0$, a seconda di dove ci si trovi nel piano $Oxy$: per questo motivo $(0,0)$ e $(0,4)$ sono 
punti di sella
.


Ora che conosciamo (a grandi linee) il grafico della funzione $f(x,y)$ e abbiamo studiato i suoi punti stazionari, proviamo a considerare la funzione limitatamente ai punti del piano $Oxy$ che soddisfano l’equazione $$g(x,y): = 4x^2+y^2-4y = 0$$Solitamente, l’espressione $g(x,y)$ è detta 
vincolo
 (nel senso che i punti del piano sono vincolati a soddisfare $g(x,y)=0$). L’equazione $4x^2+y^2-4y = 0$ può essere riscritta come $x^2 + \frac{(y-2)^2}{4} = 1$: questa è l’equazione di un’
ellisse traslata
 con vertici in $(0,4)$, $(0,0)$ e $(\pm 1, 2)$. Per quanto visto prima, la funzione $f$ assumerà valori 
negativi
 per tutti i punti dell’ellisse, a eccezione dei vertici $(0,4)$ e $(0,0)$, dove la funzione invece si annulla:




Siamo quindi in questa situazione:


i punti di sella $(0,4)$ e $(0,0)$ diventano 
punti di massimo
 per $f$, quando ci restringiamo al vincolo $g(x,y)$;


tutti i punti di minimo o di massimo per $f$ trovati prima non ci interessano più, dato che non soddisfano il vincolo imposto;


è ragionevole immaginare che restringendoci ai punti che rispettano $g(x,y)=0$ ci siano dei “nuovi” 
punti di minimo
 per $f$, che - per il momento - non sappiamo come individuare.


Questa analisi è, come si vede, non molto rigorosa e soprattutto 
difficilmente riproducibile nel caso generale
 (anche cambiando leggermente il vincolo potremmo tranquillamente ritrovarci in alto mare). Fortunatamente esiste uno strumento che, in molte situazioni, ci permetterà di ricavare i punti di massimo e minimo vincolati.


 


TEOREMA
 (dei moltiplicatori di Lagrange). Prendiamo una funzione $f(x,y)$ che vogliamo massimizzare rispetto a un vincolo $g(x,y)$, dove $f,g: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ sono funzioni 
differenziabili
. Consideriamo la 
Lagrangiana
 associata al problema, che è la seguente funzione: ##KATEX##\begin{aligned}L: \mathbb{R}^3 & \rightarrow \mathbb{R} \\ (x, y, \lambda) & \mapsto L(x,y,\lambda) := f(x,y) + \lambda \cdot g(x,y)\end{aligned}##KATEX##Se $(x_0, y_0)$ è un punto di massimo o di minimo per $f$ ristretta al vincolo $g$, allora esiste un $\lambda_0$ tale per cui il punto $(x_0, y_0, \lambda_0)$ è stazionario per $L$; cioè, tutte le derivate parziali di $L$ si annullano in $(x_0, y_0, \lambda_0)$. La variabile $\lambda$ è detta 
moltiplicatore di Lagrange
.


 


Questo teorema ci fornisce una 
condizione necessaria
 che un punto di massimo o di minimo per $f$ ristretta al vincolo $g$ deve soddisfare: in poche parole, la ricerca di questi punti può essere ristretta solo a quelli per cui $L$ ha derivate parziali nulle.
È interessante notare che in generale $$\frac{\partial L}{\partial \lambda} = g(x,y)$$Quindi imporre $\frac{\partial L}{\partial \lambda} =0$ equivale sostanzialmente a imporre che il punto che stiamo cercando soddisfi il vincolo imposto.


Per capire come funziona questo metodo nella pratica, torniamo all’esempio guida da cui siamo partiti: ##KATEX##\begin{aligned} f(x,y) & = x^2y^2-4x^2y-\frac{1}{4}x^4 \\ g(x,y) & = 4x^2+y^2-4y \end{aligned}##KATEX##In questo caso la Lagrangiana è $$L(x,y,\lambda) = x^2y^2-4x^2y-\frac{1}{4}x^4 + \lambda \cdot ( 4x^2+y^2-4y )$$Di conseguenza abbiamo: ##KATEX##\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial x} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad 2xy^2-8xy-x^3+8\lambda x = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad 2x^2y-4x^2+2\lambda y-4\lambda = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad 4x^2+y^2-4y = 0 \end{aligned}##KATEX##Effettuando i dovuti 
raccoglimenti
, queste condizioni possono essere riscritte così:##KATEX##\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial x} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad x(2y^2-8y-x^2+8\lambda) = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad 2(x^2+\lambda)(y-2)=0 \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad 4x^2+y^2-4y = 0 \end{aligned}##KATEX##Dividiamo il ragionamento in più casi.


Quando $y=2$, la terza condizione diventa $4x^2 -4=0$, che è equivalente ad affermare $x=\pm 1$. Inserendo questi valori nella prima condizione si troveranno due valori di $\lambda$ che la soddisfano (che non esplicitiamo, dato che non ci servono, ma che sono fondamentali per capire se esiste o meno il punto stazionario per $L$). Pertanto, i punti $(1,2)$, $(-1, 2)$ sono candidati a essere punti di minimo o di massimo per $f$ ristretta al vincolo $g$.


Quando $x=0$, la prima condizione è soddisfatta e la terza ci dice che $y^2-4y=0$; da questo otteniamo che altri due candidati sono i punti $(0,0)$ e $(0,4)$ (anche in questo caso siamo in grado di trovare dei valori di $\lambda$ che soddisfano la condizione rimanente).


Quando $\lambda = -x^2$ la seconda condizione è soddisfatta; escludendo il caso in cui $x = 0$ (già analizzato prima) la seconda condizione ci dice che $2y^2-8y-9x^2=0$. Si può verificare che questa è l’equazione di un’ellisse traslata nel piano $Oxy$ che non ha punti in comune con l’iperbole definita da $4x^2+y^2-4y = 0$ (la terza condizione) a parte i punti $(0,0)$ e $(0,4)$ già trovati prima. Non ci sono quindi altri punti candidati a essere di massimo o minimo per $f$.


 


A questo punto dobbiamo sostituire i punti trovati nella funzione per capire se sono massimi o minimi: $$f(\pm 1,2)=-\frac{17}{4}; \qquad f(0,0) = f(0,4) = 0$$Quindi $(0,0)$ e $(0,4)$ sono 
punti di massimo
 per $f$ ristretta al vincolo $g$, e $(\pm 1, 2)$ sono 
punti di minimo
.




Come ci si poteva aspettare, il metodo dei moltiplicatori di Lagrange ha individuato anche i massimi che eravamo stati in grado di determinare con metodi “artigianali” all’inizio della lezione. Grazie a questo procedimento, però, abbiamo anche potuto determinare quei punti di minimo di cui, in precedenza, potevamo solamente intuire l’esistenza (e che si rivelano essere proprio due dei vertici dell’ellisse).


 


Ribadiamo che 
il teorema dei moltiplicatori di Lagrange fornisce una condizione necessaria, ma non sufficiente
, per determinare massimi e minimi vincolati. Per capire cosa può “andare storto”, prendiamo una nuova funzione: $$h(x,y)=-4xy+xy^2-\frac{1}{3}x^3$$Consideriamo sempre lo stesso vincolo $g(x,y)$ utilizzato prima. In questo caso la Lagrangiana è $$L(x,y,\lambda) = -4xy+xy^2-\frac{1}{3}x^3 + \lambda \cdot ( 4x^2+y^2-4y )$$Le condizioni da imporre sono: ##KATEX##\begin{aligned} \frac{\partial L}{\partial x} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad -4y+y^2-x^2-8\lambda x = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial y} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad 2(x+\lambda)(y-2) = 0 \\ \frac{\partial L}{\partial \lambda} = 0 \quad & \Leftrightarrow \quad 4x^2+y^2-4y = 0 \end{aligned}##KATEX##Analizziamo i diversi casi.


Quando $y=2$ la seconda condizione è soddisfatta e la terza condizione ci dice che $x= \pm 1$. Tralasciando il calcolo dei corrispondenti valori di $\lambda$ (che comunque esistono) abbiamo quindi due punti candidati: $(1, 2)$ e $(-1, 2)$.


Quando $x = -\lambda$ la seconda condizione è verificata, e le altre due possono essere riscritte così: $$\begin{cases}y^2-4y = \lambda^2+8\lambda^2 \\y^2-4y=-4\lambda^2 \end{cases}$$Quindi $\lambda^2+8\lambda^2 = -4\lambda^2$, da cui otteniamo necessariamente $\lambda=0$ e quindi $x=0$; dalla terza condizione otteniamo allora $y=0 \vee y=4$. Abbiamo cioè trovato due nuovi punti candidati: $(0,0)$ e $(0,4)$.


Come abbiamo fatto prima, calcoliamo il valore di $h$ nei punti trovati: $$h(1,2)=-\frac{13}{3} \quad h(-1, 2)=\frac{13}{3} \quad h(0,0)=h(0,4)=0$$Da questo si vede che $(1,2)$ è 
punto di minimo
, $(-1,2)$ è 
punto di massimo
, mentre invece $(0,0)$ e $(0,4)$ 
non sono né una né l’altra cosa.




Ecco quindi un esempio in cui il metodo dei moltiplicatori di Lagrange ci fornisce punti “di troppo”, anche se i massimi e minimi vincolati vengono trovati in ogni caso.


 

