Esercizi · Problemi di ottimizzazione

Esercizi · Capitolo 5 · ogni soluzione si apre con un clic · Capitolo 5: Problemi di ottimizzazione · Eserciziario, volume 2 (PDF)

Problemi in una variabile

Esercizio 5.1: Problema di ottimizzazione (E1)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto |x - 1| \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : -1 \le x \le 3 \,\} = [-1,3]. \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, |x - 1| \ \text{ soggetto a } -1 \le x \le 3 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, |x - 1| \ \text{ soggetto a } -1 \le x \le 3 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile è rosso; la regione ammissibile è la parte rossa dell'asse \(x\) e le soluzioni ottime sono indicate in blu. Il grafico è formato da due segmenti, che si incontrano nel punto \((1,0)\).

   

3. La regione ammissibile è l'intervallo \(F=[-1,3]\). La funzione obiettivo vale \(f(x) = 1 - x\) per \(x \le 1\) e \(f(x) = x - 1\) per \(x \ge 1\): non è lineare, il suo grafico è formato da due segmenti.

   • Per la forma di minimo, poiché \(f(x) = |x-1| \ge 0 = f(1)\) per ogni \(x\) ammissibile, e \(|x-1| = 0\) solo per \(x = 1\), l'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(1\right) \quad \text{e} \quad z(P) = 0. \]

   • Per la forma di massimo, per ogni \(x\) ammissibile abbiamo \(-2 \le x - 1 \le 2\) e quindi \(f(x) = |x-1| \le 2\), con \(|x-1| = 2\) solo per \(x=-1\) e \(x=3\). Il problema ha due soluzioni ottime e il valore ottimo è:

     \[ \argmax \big\{\, |x - 1| \ \text{ soggetto a } -1 \le x \le 3 \,\big\} = \{-1,\,3\} \quad \text{e} \quad z(P) = 2. \]

Esercizio 5.2: Problema di ottimizzazione (E2)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto -x^2 + 4x + 1 \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : 0 \le x \le 5 \,\} = [0,5]. \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, -x^2 + 4x + 1 \ \text{ soggetto a } 0 \le x \le 5 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, -x^2 + 4x + 1 \ \text{ soggetto a } 0 \le x \le 5 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile è rosso; la regione ammissibile è la parte rossa dell'asse \(x\) e le soluzioni ottime sono indicate in blu. Poiché \(f\) assume valori negativi, l'asse \(x\) è disegnato in basso nella figura; la linea orizzontale della griglia ad altezza \(0\) è la retta \(f(x)=0\).

   

3. Completando il quadrato, la funzione obiettivo si può scrivere come

   \[ f(x) = -x^2 + 4x + 1 = 5 - (x^2 - 4x + 4) = 5 - (x-2)^2 . \]

   • Per la forma di minimo, per ogni \(x\) ammissibile abbiamo \(-2 \le x - 2 \le 3\) e quindi \((x-2)^2 \le 9\), con \((x-2)^2 = 9\) solo per \(x=5\) (l'altra soluzione \(x=-1\) non è ammissibile). Quindi \(f(x) = 5 - (x-2)^2 \ge -4 = f(5)\) e l'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(5\right) \quad \text{e} \quad z(P) = -4. \]

   • Per la forma di massimo, poiché \((x-2)^2 \ge 0\), abbiamo \(f(x) = 5 - (x-2)^2 \le 5 = f(2)\) per ogni \(x\) ammissibile, con l'uguaglianza solo per \(x=2\). L'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(2\right) \quad \text{e} \quad z(P) = 5. \]

   Il valore nell'altro estremo della regione ammissibile, \(f(0) = 1\), non è né il minimo né il massimo.

Esercizio 5.3: Problema di ottimizzazione (E3)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto |x-1| + |x+1| \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : -3 \le x \le 2 \,\} = [-3,2]. \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, |x-1| + |x+1| \ \text{ soggetto a } -3 \le x \le 2 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, |x-1| + |x+1| \ \text{ soggetto a } -3 \le x \le 2 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile è rosso; la regione ammissibile è la parte rossa dell'asse \(x\) e le soluzioni ottime sono indicate in blu. Eliminando i valori assoluti su ciascun intervallo, la funzione obiettivo è

   \[ f(x) = \begin{cases} -2x & \text{se } x \le -1,\\ 2 & \text{se } -1 \le x \le 1,\\ 2x & \text{se } x \ge 1, \end{cases} \]

   e il suo grafico è formato da tre segmenti.

   

3. La regione ammissibile è l'intervallo \(F=[-3,2]\).

   • Per la forma di minimo, per la disuguaglianza triangolare,

     \[ f(x) = |1-x| + |x+1| \ge |(1-x) + (x+1)| = 2 \qquad \forall x \in \R . \]

     Per \(-1 \le x \le 1\) abbiamo \(f(x) = (1-x) + (x+1) = 2\), mentre \(f(x) = -2x > 2\) per \(x < -1\) e \(f(x) = 2x > 2\) per \(x > 1\). Il problema ha infinite soluzioni ottime (il segmento blu) e il valore ottimo è:

     \[ \argmin \big\{\, |x-1| + |x+1| \ \text{ soggetto a } -3 \le x \le 2 \,\big\} = [-1,1] \quad \text{e} \quad z(P) = 2. \]

   • Per la forma di massimo, confrontiamo i tre tratti: per \(-3 \le x \le -1\) abbiamo \(f(x) = -2x \le 6\), con l'uguaglianza solo per \(x=-3\); per \(-1 \le x \le 1\) abbiamo \(f(x) = 2\); per \(1 \le x \le 2\) abbiamo \(f(x) = 2x \le 4\). L'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(-3\right) \quad \text{e} \quad z(P) = 6. \]

Esercizio 5.4: Problema di ottimizzazione (E4)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto x^2 - 4x + 5 \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : x \ge 0 \,\} = [0,+\infty). \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme, oppure spiegare perché non esistono.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, x^2 - 4x + 5 \ \text{ soggetto a } x \ge 0 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, x^2 - 4x + 5 \ \text{ soggetto a } x \ge 0 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile è rosso; la regione ammissibile è la parte rossa dell'asse \(x\) e le soluzioni ottime sono indicate in blu. La regione ammissibile è una semiretta: il grafico prosegue verso l'alto a destra della figura.

   

3. Completando il quadrato, la funzione obiettivo si può scrivere come

   \[ f(x) = x^2 - 4x + 5 = (x-2)^2 + 1 . \]

   • Per la forma di minimo, poiché \((x-2)^2 \ge 0\), abbiamo \(f(x) \ge 1 = f(2)\) per ogni \(x\) ammissibile, con l'uguaglianza solo per \(x=2\). L'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(2\right) \quad \text{e} \quad z(P) = 1. \]

   • Per la forma di massimo, la funzione obiettivo cresce indefinitamente: per ogni valore \(M \ge 0\), il punto \(x = M+3\) è ammissibile e

     \[ f(M+3) = (M+1)^2 + 1 > M . \]

     Quindi nessuna soluzione ammissibile può essere ottima: il problema è illimitato e

     \[ z(P) = +\infty . \]

Esercizio 5.5: Problema di ottimizzazione (E5)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto x^2 + 1 \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : x \ge 3,~ x^2 \le 4 \,\}. \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare sull'asse \(x\) l'insieme dei punti che soddisfano ciascun vincolo.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme, oppure spiegare perché non esistono.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, x^2 + 1 \ \text{ soggetto a } x \ge 3,~ x^2 \le 4 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, x^2 + 1 \ \text{ soggetto a } x \ge 3,~ x^2 \le 4 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il vincolo \(x^2 \le 4\) è soddisfatto esattamente dai punti dell'intervallo \([-2,2]\) (viola), poiché \(x^2 \le 4\) se e solo se \(|x| \le 2\). Il vincolo \(x \ge 3\) è soddisfatto dai punti della semiretta \([3,+\infty)\) (arancione). I due insiemi non hanno punti in comune.

   

3. Ogni punto con \(x \ge 3\) ha \(x^2 \ge 9 > 4\), quindi viola il secondo vincolo: nessun punto soddisfa entrambi i vincoli e la regione ammissibile è vuota,

   \[ F = \{\, x \in \R : x \ge 3 \,\} \cap [-2,2] = \emptyset . \]

   Sia la forma di minimo sia la forma di massimo sono inammissibili: non hanno soluzioni ammissibili, quindi nemmeno soluzioni ottime, e \(z(P)\) non è definito. La funzione obiettivo non ha alcun ruolo: lo stesso vale per ogni funzione obiettivo con questa regione ammissibile.

Esercizio 5.6: Problema di ottimizzazione (E6)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto x^2 - 2x + 2 \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : -1 \le x < 1 \,\} = [-1,1). \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme, oppure spiegare perché non esistono.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, x^2 - 2x + 2 \ \text{ soggetto a } -1 \le x < 1 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, x^2 - 2x + 2 \ \text{ soggetto a } -1 \le x < 1 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile è rosso; la regione ammissibile è la parte rossa dell'asse \(x\) e le soluzioni ottime sono indicate in blu. Il punto \(x=1\) non appartiene alla regione ammissibile (cerchi vuoti).

   

3. Completando il quadrato, la funzione obiettivo si può scrivere come

   \[ f(x) = x^2 - 2x + 2 = (x-1)^2 + 1 . \]

   • Per la forma di minimo, poiché \(x \neq 1\) per ogni \(x\) ammissibile, abbiamo \(f(x) = (x-1)^2 + 1 > 1\); d'altra parte, i valori di \(f\) si avvicinano a \(1\) quanto vogliamo: per esempio \(f\big(1-\frac{1}{k}\big) = 1 + \frac{1}{k^2}\) per ogni intero \(k \ge 1\). L'estremo inferiore di \(f\) su \(F\) è \(1\), ma nessuna soluzione ammissibile è ottima: per ogni \(x \in F\), il punto \(\frac{x+1}{2}\) è ammissibile (si trova tra \(x\) e \(1\)) e

     \[ f\Big(\frac{x+1}{2}\Big) = \Big(\frac{x-1}{2}\Big)^2 + 1 = \frac{(x-1)^2}{4} + 1 < (x-1)^2 + 1 = f(x). \]

     Il problema ha un estremo inferiore non raggiunto: non esiste una soluzione ottima e \(z(P)\) non è definito.

   • Per la forma di massimo, per ogni \(x\) ammissibile abbiamo \(-2 \le x - 1 < 0\) e quindi \((x-1)^2 \le 4\), con l'uguaglianza solo per \(x=-1\). Quindi \(f(x) \le 5 = f(-1)\) e l'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(-1\right) \quad \text{e} \quad z(P) = 5. \]

Esercizio 5.7: Problema di ottimizzazione (E7)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto x^3 - 3x^2 - 9x + 5 \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : -2 \le x \le 5 \,\} = [-2,5]. \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme.

4. Dimostrare che \(x=-2\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(F\), ma non un punto di minimo (globale).

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, x^3 - 3x^2 - 9x + 5 \ \text{ soggetto a } -2 \le x \le 5 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, x^3 - 3x^2 - 9x + 5 \ \text{ soggetto a } -2 \le x \le 5 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile è rosso; la regione ammissibile è la parte rossa dell'asse \(x\) e le soluzioni ottime sono indicate in blu. Il punto di minimo locale che non è un punto di minimo globale è viola. Poiché \(f\) assume valori negativi, l'asse \(x\) è disegnato in basso nella figura.

   

3. Confrontiamo \(f\) con i valori ottimi candidati usando le seguenti fattorizzazioni, che si verificano sviluppando i prodotti:

   \[\begin{align*} f(x) + 22 &= x^3 - 3x^2 - 9x + 27 = (x-3)^2\,(x+3),\\ f(x) - 10 &= x^3 - 3x^2 - 9x - 5 = (x+1)^2\,(x-5). \end{align*}\]

   • Per la forma di minimo, per ogni \(x\) ammissibile abbiamo \(x + 3 \ge 1 > 0\) e \((x-3)^2 \ge 0\), quindi \(f(x) + 22 \ge 0\), cioè \(f(x) \ge -22 = f(3)\), con l'uguaglianza solo per \(x=3\). L'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(3\right) \quad \text{e} \quad z(P) = -22. \]

   • Per la forma di massimo, per ogni \(x\) ammissibile abbiamo \(x - 5 \le 0\) e \((x+1)^2 \ge 0\), quindi \(f(x) - 10 \le 0\), cioè \(f(x) \le 10\), con l'uguaglianza solo per \(x=-1\) e \(x=5\). Il problema ha due soluzioni ottime e il valore ottimo è:

     \[ \argmax \big\{\, x^3 - 3x^2 - 9x + 5 \ \text{ soggetto a } -2 \le x \le 5 \,\big\} = \{-1,\,5\} \]

     e

     \[ z(P) = 10. \]

4. Abbiamo \(f(-2) = -8 - 12 + 18 + 5 = 3\) e

   \[ f(x) - 3 = x^3 - 3x^2 - 9x + 2 = (x+2)\,(x^2 - 5x + 1). \]

   Per l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((-2),1\big)\) abbiamo \(N\big((-2),1\big) \cap [-2,5] = [-2,-1)\). Per ogni \(x \in [-2,-1)\) abbiamo \(x + 2 \ge 0\) e, poiché \(x^2 \ge 1\) e \(-5x > 5\), \(x^2 - 5x + 1 > 7 > 0\). Quindi

   \[ f(-2) = 3 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\big((-2),1\big) \cap [-2,5] = [-2,-1), \]

   e \(x=-2\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(F\), con minimo locale \(3\). Non è un punto di minimo (globale), poiché \(f(3) = -22 < 3 = f(-2)\): un metodo di ottimizzazione che guardasse solo i punti vicini a \(x=-2\) non troverebbe la soluzione ottima della forma di minimo.

Esercizio 5.8: Problema di ottimizzazione (E9)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo lineare e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R \to \R,~ f: x \mapsto x - 1 \qquad \text{e} \qquad F=\{\, x \in \R : 0 \le x < 3 \,\} = [0,3). \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile.

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, x - 1 \ \text{ soggetto a } 0 \le x < 3 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, x - 1 \ \text{ soggetto a } 0 \le x < 3 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. Il grafico della funzione obiettivo sulla regione ammissibile è rosso; la regione ammissibile è la parte rossa dell'asse \(x\) e le soluzioni ottime sono indicate in blu. Il punto \(x=3\) non appartiene alla regione ammissibile: i cerchi vuoti indicano l'estremo escluso della regione ammissibile e del grafico.

   

3. La regione ammissibile è l'intervallo \(F=[0,3)\), che contiene \(0\) ma non \(3\), e la funzione lineare \(f\) è strettamente crescente.

   • Per la forma di minimo, poiché per ogni \(x\) ammissibile abbiamo \(x \ge 0\) e quindi \(f(x) = x - 1 \ge -1 = f(0)\), l'unica soluzione ottima e il valore ottimo sono:

     \[ \tilde{\boldsymbol x}(P) = \left(0\right) \quad \text{e} \quad z(P) = -1. \]

   • Per la forma di massimo, per ogni \(x\) ammissibile abbiamo \(x < 3\) e quindi \(f(x) = x - 1 < 2\); inoltre, per ogni \(x\) ammissibile il punto \(\frac{x+3}{2}\) è ammissibile e

     \[ f\Big(\frac{x+3}{2}\Big) = \frac{x+1}{2} > x - 1 = f(x), \]

     quindi nessun punto ammissibile è ottimo, mentre \(f(x)\) si avvicina a \(2\) quanto vogliamo quando \(x\) si avvicina a \(3\). Il problema ha un estremo superiore non raggiunto: \(\sup\{\, f(x) : x \in F \,\} = 2\) non è raggiunto, non esiste una soluzione ottima e

     \[ \argmax \big\{\, x - 1 \ \text{ soggetto a } 0 \le x < 3 \,\big\} = \emptyset \quad \text{e} \quad z(P) \text{ non è definito}. \]

Esercizio 5.9: Problema di ottimizzazione (E10)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f:[-1,4] \to \R,~ f: x \mapsto 2 + 9x - 6x^2 + x^3. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((3)\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-1,4]\).

2. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((1)\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-1,4]\).

3. Trovare tutti i punti di minimo e di massimo (globale) di \(f\) in \([-1,4]\), cioè le soluzioni ottime dei problemi di ottimizzazione \(\min\{\, f(x) \text{ soggetto a } -1 \le x \le 4 \,\}\) e \(\max\{\, f(x) \text{ soggetto a } -1 \le x \le 4 \,\}\).

4. Disegnare il grafico della funzione.

Soluzione

1. Abbiamo \(f(3) = 2 + 27 - 54 + 27 = 2\) e

   \[ f(x) - f(3) = x^3 - 6x^2 + 9x = x\,(x-3)^2. \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((3),\frac{1}{2}\big)\), per il quale \(N\big((3),\frac{1}{2}\big) \cap [-1,4] = \big(\frac{5}{2},\frac{7}{2}\big)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(x > 0\) e \((x-3)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(3) \ge 0\). Quindi,

   \[ f(3) = 2 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((3),\frac{1}{2}\Big) \cap [-1,4] = \Big(\frac{5}{2},\frac{7}{2}\Big), \]

   e \(x=3\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-1,4]\), con minimo locale \(2\).

2. Abbiamo \(f(1) = 2 + 9 - 6 + 1 = 6\) e

   \[ f(x) - f(1) = x^3 - 6x^2 + 9x - 4 = (x-4)\,(x-1)^2. \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((1),\frac{1}{2}\big)\), per il quale \(N\big((1),\frac{1}{2}\big) \cap [-1,4] = \big(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\big)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(x - 4 < 0\) e \((x-1)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(1) \le 0\). Quindi,

   \[ f(1) = 6 ~\ge~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((1),\frac{1}{2}\Big) \cap [-1,4] = \Big(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\Big), \]

   e \(x=1\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-1,4]\), con massimo locale \(6\).

3. Studiamo separatamente il minimo e il massimo.

   • Minimo. Abbiamo \(f(-1) = 2 - 9 - 6 - 1 = -14\) e

     \[ f(x) + 14 = x^3 - 6x^2 + 9x + 16 = (x+1)\,(x^2 - 7x + 16) = (x+1)\left(\Big(x-\frac{7}{2}\Big)^2 + \frac{15}{4}\right). \]

     Per ogni \(x \in [-1,4]\) abbiamo \(x + 1 \ge 0\), e il secondo fattore è positivo, quindi \(f(x) \ge -14 = f(-1)\), con l'uguaglianza solo per \(x=-1\). L'unico punto di minimo è \(x=-1\) e il minimo è \(-14\). Il punto di minimo locale \(x=3\) non è un punto di minimo (globale), poiché \(f(-1) = -14 < 2 = f(3)\).

   • Massimo. La fattorizzazione della seconda domanda vale per ogni \(x\): per ogni \(x \in [-1,4]\) abbiamo \(x - 4 \le 0\), quindi \(f(x) - 6 = (x-4)(x-1)^2 \le 0\), con l'uguaglianza solo per \(x=1\) e \(x=4\). La funzione ha due punti di massimo e il massimo è \(6\):

     \[ \argmax \big\{\, f(x) \ \text{ soggetto a } -1 \le x \le 4 \,\big\} = \{1,\,4\}. \]

     Il punto di massimo locale \(x=1\) è anche un punto di massimo (globale).

4. Il grafico della funzione è rosso; il dominio è la parte rossa dell'asse \(x\), i punti di minimo e di massimo (globale) sono blu e i punti di minimo o di massimo locale che non sono globali sono viola. Poiché \(f\) assume valori negativi, l'asse \(x\) è disegnato in basso nella figura.

   

Esercizio 5.10: Problema di ottimizzazione (E11)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f:[0,4] \to \R,~ f: x \mapsto 5 + 54x - 2x^3. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((3)\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([0,4]\).

2. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((4)\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([0,4]\).

3. Trovare tutti i punti di minimo e di massimo (globale) di \(f\) in \([0,4]\), cioè le soluzioni ottime dei problemi di ottimizzazione \(\min\{\, f(x) \text{ soggetto a } 0 \le x \le 4 \,\}\) e \(\max\{\, f(x) \text{ soggetto a } 0 \le x \le 4 \,\}\).

4. Disegnare il grafico della funzione.

Soluzione

1. Abbiamo \(f(3) = 5 + 162 - 54 = 113\) e

   \[ f(3) - f(x) = 2x^3 - 54x + 108 = 2\,(x-3)^2\,(x+6). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((3),1\big)\), per il quale \(N\big((3),1\big) \cap [0,4] = (2,4)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(x + 6 > 0\) e \((x-3)^2 \ge 0\), per cui \(f(3) - f(x) \ge 0\). Quindi,

   \[ f(3) = 113 ~\ge~ f(x), \qquad \forall x \in N\big((3),1\big) \cap [0,4] = (2,4), \]

   e \(x=3\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([0,4]\), con massimo locale \(113\).

2. Abbiamo \(f(4) = 5 + 216 - 128 = 93\) e

   \[ f(x) - f(4) = -2x^3 + 54x - 88 = -2\,(x-4)\,(x^2 + 4x - 11). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((4),\frac{1}{2}\big)\), per il quale \(N\big((4),\frac{1}{2}\big) \cap [0,4] = \big(\frac{7}{2},4\big]\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(x - 4 \le 0\) e, poiché \(x > \frac{7}{2}\),

   \[ x^2 + 4x - 11 > \frac{49}{4} + 14 - 11 = \frac{61}{4} > 0, \]

   quindi \(f(x) - f(4) = -2\,(x-4)\,(x^2+4x-11) \ge 0\). Quindi,

   \[ f(4) = 93 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((4),\frac{1}{2}\Big) \cap [0,4] = \Big(\frac{7}{2},4\Big], \]

   e \(x=4\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([0,4]\), con minimo locale \(93\).

3. Studiamo separatamente il minimo e il massimo.

   • Massimo. La fattorizzazione della prima domanda vale per ogni \(x\): per ogni \(x \in [0,4]\) abbiamo \(x + 6 > 0\), quindi \(f(3) - f(x) = 2(x-3)^2(x+6) \ge 0\), con l'uguaglianza solo per \(x=3\). L'unico punto di massimo è \(x=3\) e il massimo è \(113\): il punto di massimo locale è anche un punto di massimo (globale).

   • Minimo. Abbiamo \(f(0) = 5\) e

     \[ f(x) - 5 = 54x - 2x^3 = 2x\,(27 - x^2). \]

     Per ogni \(x \in [0,4]\) abbiamo \(x \ge 0\) e \(x^2 \le 16 < 27\), quindi \(f(x) \ge 5 = f(0)\), con l'uguaglianza solo per \(x=0\). L'unico punto di minimo è \(x=0\) e il minimo è \(5\). Il punto di minimo locale \(x=4\) non è un punto di minimo (globale), poiché \(f(0) = 5 < 93 = f(4)\).

4. Il grafico della funzione è rosso; il dominio è la parte rossa dell'asse \(x\), i punti di minimo e di massimo (globale) sono blu e i punti di minimo o di massimo locale che non sono globali sono viola.

   

Esercizio 5.11: Problema di ottimizzazione (E12)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f:[-2,3] \to \R,~ f: x \mapsto 1 - 12x - 3x^2 + 2x^3. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((-1)\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-2,3]\).

2. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((2)\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-2,3]\).

3. Trovare tutti i punti di minimo e di massimo (globale) di \(f\) in \([-2,3]\), cioè le soluzioni ottime dei problemi di ottimizzazione \(\min\{\, f(x) \text{ soggetto a } -2 \le x \le 3 \,\}\) e \(\max\{\, f(x) \text{ soggetto a } -2 \le x \le 3 \,\}\).

4. Disegnare il grafico della funzione.

Soluzione

1. Abbiamo \(f(-1) = 1 + 12 - 3 - 2 = 8\) e

   \[ f(x) - f(-1) = 2x^3 - 3x^2 - 12x - 7 = (x+1)^2\,(2x-7). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((-1),1\big)\), per il quale \(N\big((-1),1\big) \cap [-2,3] = (-2,0)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(2x - 7 < 0\) e \((x+1)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(-1) \le 0\). Quindi,

   \[ f(-1) = 8 ~\ge~ f(x), \qquad \forall x \in N\big((-1),1\big) \cap [-2,3] = (-2,0), \]

   e \(x=-1\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-2,3]\), con massimo locale \(8\).

2. Abbiamo \(f(2) = 1 - 24 - 12 + 16 = -19\) e

   \[ f(x) - f(2) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 20 = (x-2)^2\,(2x+5). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((2),1\big)\), per il quale \(N\big((2),1\big) \cap [-2,3] = (1,3)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(2x + 5 > 0\) e \((x-2)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(2) \ge 0\). Quindi,

   \[ f(2) = -19 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\big((2),1\big) \cap [-2,3] = (1,3), \]

   e \(x=2\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-2,3]\), con minimo locale \(-19\).

3. Le due fattorizzazioni valgono per ogni \(x\), e ogni \(x \in [-2,3]\) soddisfa \(2x - 7 \le -1 < 0\) e \(2x + 5 \ge 1 > 0\). Allora, per ogni \(x \in [-2,3]\),

   \[ f(x) - 8 = (x+1)^2\,(2x-7) \le 0 \qquad \text{e} \qquad f(x) + 19 = (x-2)^2\,(2x+5) \ge 0, \]

   con l'uguaglianza, rispettivamente, solo per \(x=-1\) e solo per \(x=2\). L'unico punto di massimo è \(x=-1\), con massimo \(8\), e l'unico punto di minimo è \(x=2\), con minimo \(-19\): entrambi i punti delle prime due domande sono ottimi globali.

4. Il grafico della funzione è rosso; il dominio è la parte rossa dell'asse \(x\), i punti di minimo e di massimo (globale) sono blu. Poiché \(f\) assume valori negativi, l'asse \(x\) è disegnato in basso nella figura. Negli estremi abbiamo \(f(-2) = -3\) e \(f(3) = -8\): poiché \(f\) è crescente vicino a entrambi gli estremi, \(x=-2\) è un punto di minimo locale e \(x=3\) è un punto di massimo locale, che non sono globali, e sono viola.

   

Esercizio 5.12: Problema di ottimizzazione (E13)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f:[-2,3] \to \R,~ f: x \mapsto 3 - 2x^2 + x^4. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((-1)\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-2,3]\).

2. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((0)\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-2,3]\).

3. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((1)\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-2,3]\).

4. Trovare tutti i punti di minimo e di massimo (globale) di \(f\) in \([-2,3]\), cioè le soluzioni ottime dei problemi di ottimizzazione \(\min\{\, f(x) \text{ soggetto a } -2 \le x \le 3 \,\}\) e \(\max\{\, f(x) \text{ soggetto a } -2 \le x \le 3 \,\}\).

5. Disegnare il grafico della funzione nell'intervallo \([-2,2]\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f(-1) = 3 - 2 + 1 = 2\) e

   \[ f(x) - f(-1) = x^4 - 2x^2 + 1 = (x^2-1)^2 \ge 0, \qquad \forall x \in \R. \]

   In particolare, per l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((-1),\frac{1}{2}\big)\) abbiamo

   \[ f(-1) = 2 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((-1),\frac{1}{2}\Big) \cap [-2,3] = \Big(-\frac{3}{2},-\frac{1}{2}\Big), \]

   e \(x=-1\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-2,3]\), con minimo locale \(2\).

2. Abbiamo \(f(0) = 3\) e

   \[ f(x) - f(0) = x^4 - 2x^2 = x^2\,(x^2-2). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((0),\frac{1}{2}\big)\), per il quale \(N\big((0),\frac{1}{2}\big) \cap [-2,3] = {\big(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\big)}\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(x^2 < \frac{1}{4} < 2\), per cui \(f(x) - f(0) \le 0\). Quindi,

   \[ f(0) = 3 ~\ge~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((0),\frac{1}{2}\Big) \cap [-2,3] = \Big(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\Big), \]

   e \(x=0\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-2,3]\), con massimo locale \(3\).

3. Abbiamo \(f(1) = 2\) e, come nella prima domanda, \(f(x) - f(1) = (x^2-1)^2 \ge 0\) per ogni \(x \in \R\). In particolare,

   \[ f(1) = 2 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((1),\frac{1}{2}\Big) \cap [-2,3] = \Big(\frac{1}{2},\frac{3}{2}\Big), \]

   e \(x=1\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-2,3]\), con minimo locale \(2\).

4. Studiamo separatamente il minimo e il massimo.

   • Minimo. Per ogni \(x \in [-2,3]\) abbiamo \(f(x) - 2 = (x^2-1)^2 \ge 0\), con l'uguaglianza solo per \(x=-1\) e \(x=1\). La funzione ha due punti di minimo e il minimo è \(2\):

     \[ \argmin \big\{\, f(x) \ \text{ soggetto a } -2 \le x \le 3 \,\big\} = \{-1,\,1\}. \]

   • Massimo. Abbiamo \(f(3) = 3 - 18 + 81 = 66\) e

     \[ 66 - f(x) = 63 + 2x^2 - x^4 = (9 - x^2)\,(x^2 + 7). \]

     Per ogni \(x \in [-2,3]\) abbiamo \(x^2 \le 9\), quindi \(f(x) \le 66 = f(3)\), con l'uguaglianza solo per \(x=3\) (il valore \(x=-3\) non appartiene al dominio). L'unico punto di massimo è \(x=3\) e il massimo è \(66\). Il punto di massimo locale \(x=0\) non è un punto di massimo (globale), poiché \(f(0) = 3 < 66 = f(3)\).

5. Il grafico della funzione nell'intervallo \([-2,2]\) è rosso e l'intervallo \([-2,2]\), che è una parte del dominio, è la parte rossa dell'asse \(x\); i punti di minimo (globale) sono blu e il punto di massimo locale che non è globale è viola. Il punto di massimo \(x=3\), con \(f(3)=66\), è fuori dalla figura.

   

Esercizio 5.13: Problema di ottimizzazione (E14)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f:[0,5] \to \R,~ f: x \mapsto x^3 - 9x^2 + 24x - 10. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((2)\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([0,5]\).

2. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((4)\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([0,5]\).

3. Trovare tutti i punti di minimo e di massimo (globale) di \(f\) in \([0,5]\), cioè le soluzioni ottime dei problemi di ottimizzazione \(\min\{\, f(x) \text{ soggetto a } 0 \le x \le 5 \,\}\) e \(\max\{\, f(x) \text{ soggetto a } 0 \le x \le 5 \,\}\).

4. Disegnare il grafico della funzione.

Soluzione

1. Abbiamo \(f(2) = 8 - 36 + 48 - 10 = 10\) e

   \[ f(x) - f(2) = x^3 - 9x^2 + 24x - 20 = (x-2)^2\,(x-5). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((2),1\big)\), per il quale \(N\big((2),1\big) \cap [0,5] = (1,3)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(x - 5 < 0\) e \((x-2)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(2) \le 0\). Quindi,

   \[ f(2) = 10 ~\ge~ f(x), \qquad \forall x \in N\big((2),1\big) \cap [0,5] = (1,3), \]

   e \(x=2\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([0,5]\), con massimo locale \(10\).

2. Abbiamo \(f(4) = 64 - 144 + 96 - 10 = 6\) e

   \[ f(x) - f(4) = x^3 - 9x^2 + 24x - 16 = (x-4)^2\,(x-1). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((4),1\big)\), per il quale \(N\big((4),1\big) \cap [0,5] = (3,5)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(x - 1 > 0\) e \((x-4)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(4) \ge 0\). Quindi,

   \[ f(4) = 6 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\big((4),1\big) \cap [0,5] = (3,5), \]

   e \(x=4\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([0,5]\), con minimo locale \(6\).

3. Studiamo separatamente il minimo e il massimo.

   • Massimo. La fattorizzazione della prima domanda vale per ogni \(x\): per ogni \(x \in [0,5]\) abbiamo \(x - 5 \le 0\), quindi \(f(x) - 10 = (x-2)^2(x-5) \le 0\), con l'uguaglianza solo per \(x=2\) e \(x=5\). La funzione ha due punti di massimo e il massimo è \(10\):

     \[ \argmax \big\{\, f(x) \ \text{ soggetto a } 0 \le x \le 5 \,\big\} = \{2,\,5\}. \]

     Il punto di massimo locale \(x=2\) è anche un punto di massimo (globale).

   • Minimo. Abbiamo \(f(0) = -10\) e

     \[ f(x) + 10 = x^3 - 9x^2 + 24x = x\,(x^2 - 9x + 24) = x\left(\Big(x-\frac{9}{2}\Big)^2 + \frac{15}{4}\right). \]

     Per ogni \(x \in [0,5]\) abbiamo \(x \ge 0\), e il secondo fattore è positivo, quindi \(f(x) \ge -10 = f(0)\), con l'uguaglianza solo per \(x=0\). L'unico punto di minimo è \(x=0\) e il minimo è \(-10\). Il punto di minimo locale \(x=4\) non è un punto di minimo (globale), poiché \(f(0) = -10 < 6 = f(4)\).

4. Il grafico della funzione è rosso; il dominio è la parte rossa dell'asse \(x\), i punti di minimo e di massimo (globale) sono blu e i punti di minimo o di massimo locale che non sono globali sono viola. Poiché \(f\) assume valori negativi, l'asse \(x\) è disegnato in basso nella figura.

   

Esercizio 5.14: Problema di ottimizzazione (E15)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f:[-1,3] \to \R,~ f: x \mapsto 2x^3 - 3x^2 - 12x + 5. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((-1)\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-1,3]\).

2. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \((2)\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-1,3]\).

3. Trovare tutti i punti di minimo e di massimo (globale) di \(f\) in \([-1,3]\), cioè le soluzioni ottime dei problemi di ottimizzazione \(\min\{\, f(x) \text{ soggetto a } -1 \le x \le 3 \,\}\) e \(\max\{\, f(x) \text{ soggetto a } -1 \le x \le 3 \,\}\).

4. Disegnare il grafico della funzione.

Soluzione

1. Abbiamo \(f(-1) = -2 - 3 + 12 + 5 = 12\) e

   \[ f(x) - f(-1) = 2x^3 - 3x^2 - 12x - 7 = (x+1)^2\,(2x-7). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((-1),\frac{1}{2}\big) = \big(-\frac{3}{2},-\frac{1}{2}\big)\). Il punto \(x=-1\) è l'estremo sinistro del dominio, quindi si considerano solo i punti alla sua destra: \(N\big((-1),\frac{1}{2}\big) \cap [-1,3] = \big[-1,-\frac{1}{2}\big)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(2x - 7 < 0\) e \((x+1)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(-1) \le 0\). Quindi,

   \[ f(-1) = 12 ~\ge~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((-1),\frac{1}{2}\Big) \cap [-1,3] = \Big[-1,-\frac{1}{2}\Big), \]

   e \(x=-1\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \([-1,3]\), con massimo locale \(12\).

2. Abbiamo \(f(2) = 16 - 12 - 24 + 5 = -15\) e

   \[ f(x) - f(2) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 20 = (x-2)^2\,(2x+5). \]

   Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\big((2),\frac{1}{2}\big)\), per il quale \(N\big((2),\frac{1}{2}\big) \cap [-1,3] = \big(\frac{3}{2},\frac{5}{2}\big)\). Per ogni \(x\) in questo intervallo abbiamo \(2x + 5 > 0\) e \((x-2)^2 \ge 0\), per cui \(f(x) - f(2) \ge 0\). Quindi,

   \[ f(2) = -15 ~\le~ f(x), \qquad \forall x \in N\Big((2),\frac{1}{2}\Big) \cap [-1,3] = \Big(\frac{3}{2},\frac{5}{2}\Big), \]

   e \(x=2\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \([-1,3]\), con minimo locale \(-15\).

3. Le due fattorizzazioni valgono per ogni \(x\), e ogni \(x \in [-1,3]\) soddisfa \(2x - 7 \le -1 < 0\) e \(2x + 5 \ge 3 > 0\). Allora, per ogni \(x \in [-1,3]\),

   \[ f(x) - 12 = (x+1)^2\,(2x-7) \le 0 \qquad \text{e} \qquad f(x) + 15 = (x-2)^2\,(2x+5) \ge 0, \]

   con l'uguaglianza, rispettivamente, solo per \(x=-1\) e solo per \(x=2\). L'unico punto di massimo è \(x=-1\), con massimo \(12\), e l'unico punto di minimo è \(x=2\), con minimo \(-15\): entrambi i punti delle prime due domande sono ottimi globali.

4. Il grafico della funzione è rosso; il dominio è la parte rossa dell'asse \(x\), i punti di minimo e di massimo (globale) sono blu. Poiché \(f\) assume valori negativi, l'asse \(x\) è disegnato in basso nella figura. Nell'estremo destro abbiamo \(f(3) = -4\): poiché \(f\) è crescente vicino a \(x=3\), è un punto di massimo locale che non è globale, ed è viola.

   

Problemi in due variabili

Esercizio 5.15: Problema di ottimizzazione (E8)

Consideriamo la seguente funzione obiettivo di due variabili e la seguente regione ammissibile:

\[ f:\R^2 \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto (x_1 - x_2)^2 \]

e

\[ F=\{\, \boldsymbol x \in \R^2 : 0 \le x_1 \le 2,~ 0 \le x_2 \le 2 \,\} = [0,2]\times[0,2]. \]

Domande

1. Scrivere i problemi di ottimizzazione associati in forma di minimo e in forma di massimo.

2. Disegnare la regione ammissibile e le curve di livello della funzione obiettivo di valore \(0\), \(1\) e \(4\).

3. Trovare tutte le soluzioni ottime e il valore ottimo per entrambe le forme.

Soluzione

1. I problemi di ottimizzazione associati, in forma di minimo e in forma di massimo, sono:

   \[\begin{equation*} \min \bigg\{\, (x_1 - x_2)^2 \ \text{ soggetto a } 0 \le x_1 \le 2,~ 0 \le x_2 \le 2 \,\bigg\} \end{equation*}\]
   \[\begin{equation*} \max \bigg\{\, (x_1 - x_2)^2 \ \text{ soggetto a } 0 \le x_1 \le 2,~ 0 \le x_2 \le 2 \,\bigg\} \end{equation*}\]

2. La regione ammissibile è il quadrato rosso. Poiché \(f(\boldsymbol x) = c\) se e solo se \(x_1 - x_2 = \sqrt{c}\) oppure \(x_1 - x_2 = -\sqrt{c}\), le curve di livello sono rette parallele alla retta \(x_1 = x_2\): la curva di livello di valore \(0\) è la retta \(x_1 = x_2\), quella di valore \(1\) è formata dalle due rette \(x_1 - x_2 = \pm 1\) (tratteggiate) e quella di valore \(4\) è formata dalle due rette \(x_1 - x_2 = \pm 2\), che toccano il quadrato solo nei vertici \((2,0)\) e \((0,2)\). Le soluzioni ottime sono blu.

   

3. La regione ammissibile è il quadrato \(F=[0,2]\times[0,2]\).

   • Per la forma di minimo, \(f(\boldsymbol x) = (x_1 - x_2)^2 \ge 0\) per ogni \(\boldsymbol x\) ammissibile, con l'uguaglianza esattamente quando \(x_1 = x_2\). Il problema ha infinite soluzioni ottime (la diagonale blu del quadrato) e il valore ottimo è:

     \[ \argmin \big\{\, (x_1 - x_2)^2 \ \text{ soggetto a } \boldsymbol x \in F \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix} t\\ t \end{pmatrix} : 0 \le t \le 2 \right\} \quad \text{e} \quad z(P) = 0. \]

   • Per la forma di massimo, per ogni \(\boldsymbol x\) ammissibile abbiamo \(0 \le x_1 \le 2\) e \(-2 \le -x_2 \le 0\), quindi \(-2 \le x_1 - x_2 \le 2\) e \(f(\boldsymbol x) \le 4\). L'uguaglianza \(x_1 - x_2 = 2\) vale solo per \(x_1 = 2\) e \(x_2 = 0\), e \(x_1 - x_2 = -2\) solo per \(x_1 = 0\) e \(x_2 = 2\). Il problema ha due soluzioni ottime e il valore ottimo è:

     \[ \argmax \big\{\, (x_1 - x_2)^2 \ \text{ soggetto a } \boldsymbol x \in F \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix} 2\\ 0 \end{pmatrix},\, \begin{pmatrix} 0\\ 2 \end{pmatrix} \right\} \quad \text{e} \quad z(P) = 4. \]

Esercizio 5.16: Problema di ottimizzazione (E16)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto x_1 + x_2, \qquad \text{con} \qquad D = [-2,2]\times[-2,2]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}-2\\-2\end{pmatrix}\) è l'unico punto di minimo di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è l'unico punto di massimo di \(f\) in \(D\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(x_1 \ge -2\) e \(x_2 \ge -2\). Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right) = x_1 + x_2 \ge -2 + (-2) = -4 = f\!\left(\begin{pmatrix}-2\\-2\end{pmatrix}\right), \]

   con l'uguaglianza solo per \(x_1 = x_2 = -2\). Di conseguenza,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}-2\\-2\end{pmatrix}\right) ~\le~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D, \]

   e \(\begin{pmatrix}-2\\-2\end{pmatrix}\) è l'unico punto di minimo di \(f\) in \(D\), con minimo \(-4\).

2. Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(x_1 \le 2\) e \(x_2 \le 2\). Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right) = x_1 + x_2 \le 2 + 2 = 4 = f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right), \]

   con l'uguaglianza solo per \(x_1 = x_2 = 2\), e \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è l'unico punto di massimo di \(f\) in \(D\), con massimo \(4\).

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti al punto di minimo e al punto di massimo sono blu, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.17: Problema di ottimizzazione (E17)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto (x_1-2)^2 + (x_2-2)^2 + 1, \qquad \text{con} \qquad D = [-4,4]\times[-4,4]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è anche l'unico punto di minimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di massimo di \(f\) in \(D\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right)= 1\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix},1\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right) = (x_1-2)^2 + (x_2-2)^2 \ge 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right) ~\le~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix},1\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\), con minimo locale \(1\).

2. Studiamo separatamente il minimo e il massimo.

   • Minimo. La disuguaglianza \(f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right)= (x_1-2)^2 + (x_2-2)^2 \ge 0\) vale per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\), non solo nell'intorno, con l'uguaglianza solo per \(x_1 = x_2 = 2\). Il punto \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è l'unico punto di minimo di \(f\) in \(D\) e il minimo è \(1\).

   • Massimo. Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(-6 \le x_1 - 2 \le 2\) e \(-6 \le x_2 - 2 \le 2\), quindi \((x_1-2)^2 \le 36\) e \((x_2-2)^2 \le 36\), con l'uguaglianza, rispettivamente, solo per \(x_1 = -4\) e solo per \(x_2 = -4\). Quindi,

     \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)\le 36 + 36 + 1 = 73 = f\!\left(\begin{pmatrix}-4\\-4\end{pmatrix}\right), \]

     e \(\begin{pmatrix}-4\\-4\end{pmatrix}\) è l'unico punto di massimo di \(f\) in \(D\), con massimo \(73\).

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti al punto di minimo e al punto di massimo sono blu, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.18: Problema di ottimizzazione (E18)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto x_1^2 + x_2^2 + 2 - \frac{1}{10}\big(x_1^4 + x_2^4\big), \qquad \text{con} \qquad D = [-4,4]\times[-4,4]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di minimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\min\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= 2\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},2\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(x_1^2 \le x_1^2 + x_2^2 < 4\) e \(x_2^2 < 4\), da cui

   \[ 1-\frac{x_1^2}{10} > 1-\frac{4}{10} = \frac{3}{5} > 0 \qquad \text{e} \qquad 1-\frac{x_2^2}{10} > \frac{3}{5} > 0, \]

   e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) = x_1^2\left(1-\frac{x_1^2}{10}\right) + x_2^2\left(1-\frac{x_2^2}{10}\right) \ge 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\le~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},2\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\), con minimo locale \(2\).

2. Scriviamo \(f\) come somma di due funzioni di una variabile:

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)= 2 + g(x_1) + g(x_2), \qquad \text{con} \qquad g(t) = t^2 - \frac{t^4}{10}. \]

   Abbiamo \(g(4) = 16 - \frac{256}{10} = -\frac{48}{5}\) e

   \[ g(t) + \frac{48}{5} = \frac{-t^4 + 10t^2 + 96}{10} = \frac{(16-t^2)\,(t^2+6)}{10}. \]

   Per ogni \(t \in [-4,4]\) abbiamo \(t^2 \le 16\), quindi \(g(t) \ge -\frac{48}{5}\), con l'uguaglianza solo per \(t=-4\) e \(t=4\). Quindi, per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\),

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)\ge 2 - \frac{48}{5} - \frac{48}{5} = -\frac{86}{5}, \]

   con l'uguaglianza solo quando sia \(x_1\) sia \(x_2\) valgono \(-4\) oppure \(4\). La funzione ha quattro punti di minimo, i vertici di \(D\), e il minimo è \(-\frac{86}{5}\):

   \[ \argmin \big\{\, f({\boldsymbol x}) \ \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix}-4\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-4\\4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}4\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix} \right\}. \]

   Il punto di minimo locale \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale), poiché \(-\frac{86}{5} < 2\).

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti ai quattro punti di minimo sono blu e il punto corrispondente al punto di minimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.19: Problema di ottimizzazione (E19)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto x_1^2 + x_2^2 - \frac{1}{2}x_1^2 x_2^2, \qquad \text{con} \qquad D = [-3,3]\times[-3,3]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di minimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\min\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= 0\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},1\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(x_2^2 \le x_1^2 + x_2^2 < 1\), da cui \(1-\dfrac{x_2^2}{2} > \dfrac{1}{2}\), e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) = x_1^2\left(1-\frac{x_2^2}{2}\right)+x_2^2 \ge \frac{1}{2}x_1^2 + x_2^2 \ge 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\le~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},1\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\), con minimo locale \(0\).

2. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}\right)= 9 + 9 - \frac{81}{2} = -\frac{45}{2} < 0\), quindi \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale). Per trovare i punti di minimo, scriviamo

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)= 2 - \frac{1}{2}\,u\,v, \qquad \text{con} \qquad u = x_1^2 - 2 \quad \text{e} \quad v = x_2^2 - 2. \]

   Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(0 \le x_1^2 \le 9\) e \(0 \le x_2^2 \le 9\), quindi \(-2 \le u \le 7\) e \(-2 \le v \le 7\). Allora:

   • se \(u \ge 0\) e \(v \ge 0\), abbiamo \(u\,v \le 7 \cdot 7 = 49\), con l'uguaglianza solo per \(u = v = 7\);

   • se \(u\) e \(v\) hanno segni opposti, abbiamo \(u\,v \le 0\);

   • se \(u < 0\) e \(v < 0\), abbiamo \(u\,v = |u|\,|v| \le 2 \cdot 2 = 4\).

   In tutti i casi \(u\,v \le 49\), quindi \(f({\boldsymbol x}) \ge 2 - \frac{49}{2} = -\frac{45}{2}\), con l'uguaglianza solo per \(x_1^2 = x_2^2 = 9\). La funzione ha quattro punti di minimo, i vertici di \(D\), e il minimo è \(-\frac{45}{2}\):

   \[ \argmin \big\{\, f({\boldsymbol x}) \ \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix}-3\\-3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-3\\3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}3\\-3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix} \right\}. \]

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti ai quattro punti di minimo sono blu e il punto corrispondente al punto di minimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.20: Problema di ottimizzazione (E20)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto x_1^2 + x_2^2 - x_1^3, \qquad \text{con} \qquad D = [-2,4]\times[-2,4]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di minimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\min\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= 0\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(|x_1| < \frac{1}{2}\), da cui \(1 - x_1 > \frac{1}{2}\), e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) = x_1^2\,(1-x_1)+x_2^2 \ge \frac{1}{2}x_1^2 + x_2^2 \ge 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\le~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\), con minimo locale \(0\).

2. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}4\\0\end{pmatrix}\right)= 16 - 64 = -48 < 0\), quindi \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale). Inoltre,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)+ 48 = \big(48 + x_1^2 - x_1^3\big) + x_2^2 = (4 - x_1)\,\big(x_1^2 + 3x_1 + 12\big) + x_2^2, \]

   dove \(x_1^2 + 3x_1 + 12 = \big(x_1 + \frac{3}{2}\big)^2 + \frac{39}{4} > 0\). Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(4 - x_1 \ge 0\), quindi \(f({\boldsymbol x}) \ge -48\), con l'uguaglianza solo per \(x_1 = 4\) e \(x_2 = 0\). Il punto \(\begin{pmatrix}4\\0\end{pmatrix}\) è l'unico punto di minimo di \(f\) in \(D\) e il minimo è \(-48\).

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; il punto del grafico corrispondente al punto di minimo è blu e il punto corrispondente al punto di minimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.21: Problema di ottimizzazione (E21)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto x_1^2 + x_2^2 + 1 - x_1 x_2^2, \qquad \text{con} \qquad D = [-1,5]\times[-3,3]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di minimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\min\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= 1\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(|x_1| < \frac{1}{2}\), da cui \(1 - x_1 > \frac{1}{2}\), e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) = x_1^2 + x_2^2\,(1-x_1) \ge x_1^2 + \frac{1}{2}x_2^2 \ge 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\le~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di minimo locale di \(f\) in \(D\), con minimo locale \(1\).

2. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}5\\3\end{pmatrix}\right)= 25 + 9 + 1 - 45 = -10 < 1\), quindi \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di minimo (globale). Per trovare i punti di minimo, verifichiamo sviluppando i prodotti che

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)+ \frac{41}{4} = \Big(x_1 - \frac{9}{2}\Big)^2 + (x_1 - 1)\,(9 - x_2^2). \]

   Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(0 \le 9 - x_2^2 \le 9\), e:

   • se \(x_1 \ge 1\), entrambi i termini sono non negativi, quindi \(f({\boldsymbol x}) + \frac{41}{4} \ge 0\), con l'uguaglianza solo per \(x_1 = \frac{9}{2}\) e \(x_2^2 = 9\);

   • se \(x_1 < 1\), abbiamo \(x_1 - 1 < 0\) e quindi \((x_1 - 1)(9 - x_2^2) \ge 9\,(x_1 - 1)\), per cui

     \[ f({\boldsymbol x}) + \frac{41}{4} \ge \Big(x_1 - \frac{9}{2}\Big)^2 + 9\,(x_1 - 1) = x_1^2 + \frac{45}{4} > 0. \]

   La funzione ha due punti di minimo e il minimo è \(-\frac{41}{4}\):

   \[ \argmin \big\{\, f({\boldsymbol x}) \ \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix}\frac{9}{2}\\-3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}\frac{9}{2}\\3\end{pmatrix} \right\}. \]

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti ai due punti di minimo sono blu e il punto corrispondente al punto di minimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.22: Problema di ottimizzazione (E22)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto -(x_1-2)^2 - (x_2-2)^2 + 5, \qquad \text{con} \qquad D = [-4,4]\times[-4,4]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è anche l'unico punto di massimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di minimo di \(f\) in \(D\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right)= 5\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix},1\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right) = -\big((x_1-2)^2 + (x_2-2)^2\big) \le 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right) ~\ge~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix},1\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\), con massimo locale \(5\).

2. Studiamo separatamente il minimo e il massimo.

   • Massimo. La disuguaglianza \(f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\right)= -\big((x_1-2)^2 + (x_2-2)^2\big) \le 0\) vale per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\), non solo nell'intorno, con l'uguaglianza solo per \(x_1 = x_2 = 2\). Il punto \(\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}\) è l'unico punto di massimo di \(f\) in \(D\) e il massimo è \(5\).

   • Minimo. Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(-6 \le x_1 - 2 \le 2\) e \(-6 \le x_2 - 2 \le 2\), quindi \((x_1-2)^2 \le 36\) e \((x_2-2)^2 \le 36\), con l'uguaglianza, rispettivamente, solo per \(x_1 = -4\) e solo per \(x_2 = -4\). Quindi,

     \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)\ge -36 - 36 + 5 = -67 = f\!\left(\begin{pmatrix}-4\\-4\end{pmatrix}\right), \]

     e \(\begin{pmatrix}-4\\-4\end{pmatrix}\) è l'unico punto di minimo di \(f\) in \(D\), con minimo \(-67\).

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti al punto di massimo e al punto di minimo sono blu, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.23: Problema di ottimizzazione (E23)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto -x_1^2 - x_2^2 + 2 + \frac{1}{10}\big(x_1^4 + x_2^4\big), \qquad \text{con} \qquad D = [-4,4]\times[-4,4]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di massimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\max\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= 2\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},1\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(|x_1| < 1\) e \(|x_2| < 1\), da cui \(x_1^4 \le x_1^2\) e \(x_2^4 \le x_2^2\), e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right) \le 2 - (x_1^2+x_2^2) + \frac{1}{10}(x_1^2+x_2^2) = 2 - \frac{9}{10}(x_1^2+x_2^2) \le 2 = f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right). \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\ge~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},1\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\), con massimo locale \(2\).

2. Scriviamo \(f\) come somma di due funzioni di una variabile:

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)= 2 - g(x_1) - g(x_2), \qquad \text{con} \qquad g(t) = t^2 - \frac{t^4}{10}. \]

   Abbiamo \(g(4) = 16 - \frac{256}{10} = -\frac{48}{5}\) e

   \[ g(t) + \frac{48}{5} = \frac{-t^4 + 10t^2 + 96}{10} = \frac{(16-t^2)\,(t^2+6)}{10}. \]

   Per ogni \(t \in [-4,4]\) abbiamo \(t^2 \le 16\), quindi \(g(t) \ge -\frac{48}{5}\), con l'uguaglianza solo per \(t=-4\) e \(t=4\). Quindi, per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\),

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)\le 2 + \frac{48}{5} + \frac{48}{5} = \frac{106}{5}, \]

   con l'uguaglianza solo quando sia \(x_1\) sia \(x_2\) valgono \(-4\) oppure \(4\). La funzione ha quattro punti di massimo, i vertici di \(D\), e il massimo è \(\frac{106}{5}\):

   \[ \argmax \big\{\, f({\boldsymbol x}) \ \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix}-4\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-4\\4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}4\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix} \right\}. \]

   Il punto di massimo locale \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale), poiché \(2 < \frac{106}{5}\).

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti ai quattro punti di massimo sono blu e il punto corrispondente al punto di massimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.24: Problema di ottimizzazione (E24)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto -x_1^2 - x_2^2 + \frac{1}{2}x_1^2 x_2^2, \qquad \text{con} \qquad D = [-4,4]\times[-4,4]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di massimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\max\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= 0\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},1\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(x_2^2 \le x_1^2 + x_2^2 < 1\), da cui \(1-\dfrac{x_2^2}{2} > \dfrac{1}{2}\), e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) = -x_2^2 - x_1^2\left(1-\frac{x_2^2}{2}\right) \le -x_2^2 - \frac{1}{2}x_1^2 \le 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\ge~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},1\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\), con massimo locale \(0\).

2. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix}\right)= -16 - 16 + 128 = 96 > 0\), quindi \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale). Per trovare i punti di massimo, scriviamo

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)= \frac{1}{2}\,u\,v - 2, \qquad \text{con} \qquad u = x_1^2 - 2 \quad \text{e} \quad v = x_2^2 - 2. \]

   Per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(0 \le x_1^2 \le 16\) e \(0 \le x_2^2 \le 16\), quindi \(-2 \le u \le 14\) e \(-2 \le v \le 14\). Allora:

   • se \(u \ge 0\) e \(v \ge 0\), abbiamo \(u\,v \le 14 \cdot 14 = 196\), con l'uguaglianza solo per \(u = v = 14\);

   • se \(u\) e \(v\) hanno segni opposti, abbiamo \(u\,v \le 0\);

   • se \(u < 0\) e \(v < 0\), abbiamo \(u\,v = |u|\,|v| \le 2 \cdot 2 = 4\).

   In tutti i casi \(u\,v \le 196\), quindi \(f({\boldsymbol x}) \le 98 - 2 = 96\), con l'uguaglianza solo per \(x_1^2 = x_2^2 = 16\). La funzione ha quattro punti di massimo, i vertici di \(D\), e il massimo è \(96\):

   \[ \argmax \big\{\, f({\boldsymbol x}) \ \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix}-4\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-4\\4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}4\\-4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}4\\4\end{pmatrix} \right\}. \]

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti ai quattro punti di massimo sono blu e il punto corrispondente al punto di massimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.25: Problema di ottimizzazione (E25)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto -x_1^2 - x_2^2 + x_1^3, \qquad \text{con} \qquad D = [-3,3]\times[-3,3]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di massimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\max\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= 0\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(|x_1| < \frac{1}{2}\), da cui

   \[ x_1^3 = x_1 \cdot x_1^2 \le |x_1|\,x_1^2 \le \frac{1}{2}\,x_1^2, \]

   e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) = -x_1^2 - x_2^2 + x_1^3 \le -x_1^2 - x_2^2 + \frac{1}{2}x_1^2 = -\frac{1}{2}x_1^2 - x_2^2 \le 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\ge~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\), con massimo locale \(0\).

2. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}3\\0\end{pmatrix}\right)= -9 + 27 = 18 > 0\), quindi \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale). Inoltre, per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\) abbiamo \(-x_2^2 \le 0\) e

   \[ 18 - \big(x_1^3 - x_1^2\big) = (3 - x_1)\,\big(x_1^2 + 2x_1 + 6\big) = (3 - x_1)\,\big((x_1+1)^2 + 5\big) \ge 0, \]

   poiché \(x_1 \le 3\). Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)= \big(x_1^3 - x_1^2\big) - x_2^2 \le 18, \]

   con l'uguaglianza solo per \(x_1 = 3\) e \(x_2 = 0\). Il punto \(\begin{pmatrix}3\\0\end{pmatrix}\) è l'unico punto di massimo di \(f\) in \(D\) e il massimo è \(18\).

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; il punto del grafico corrispondente al punto di massimo è blu e il punto corrispondente al punto di massimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.

   

Esercizio 5.26: Problema di ottimizzazione (E26)

Consideriamo la seguente funzione:

\[ f: D \to \R,~ f: \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix} \mapsto -x_1^2 - x_2^2 - 1 + x_1 x_2^2, \qquad \text{con} \qquad D = [-3,3]\times[-3,3]. \]

Domande

1. Dimostrare, usando la definizione, che il punto \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\).

2. Dimostrare che \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale) di \(f\) in \(D\), e trovare tutti i punti di massimo di \(f\) in \(D\), cioè le soluzioni ottime del problema di ottimizzazione \(\max\{\, f({\boldsymbol x}) \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\}\).

3. Disegnare il grafico della funzione nel dominio \(D\).

Soluzione

1. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right)= -1\). Usiamo l'intorno sferico di raggio \(\delta\) dato da \(N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\): per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\) in esso abbiamo \(|x_1| < \frac{1}{2}\), da cui

   \[ x_1 x_2^2 \le |x_1|\,x_2^2 \le \frac{1}{2}\,x_2^2, \]

   e quindi

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)-f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) = -x_1^2 - x_2^2 + x_1 x_2^2 \le -x_1^2 - x_2^2 + \frac{1}{2}x_2^2 = -x_1^2 - \frac{1}{2}x_2^2 \le 0. \]

   Quindi,

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\right) ~\ge~ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right), \qquad \forall \begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in N\!\left(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix},\frac{1}{2}\right)\cap D, \]

   e \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) è un punto di massimo locale di \(f\) in \(D\), con massimo locale \(-1\).

2. Abbiamo \(f\!\left(\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}\right)= -9 - 9 - 1 + 27 = 8 > -1\), quindi \(\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}\) non è un punto di massimo (globale). Per trovare i punti di massimo, scriviamo

   \[ f\!\left(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\right)= -x_1^2 - 1 + (x_1 - 1)\,x_2^2, \]

   e osserviamo che \(0 \le x_2^2 \le 9\) per ogni \(\begin{pmatrix}x_1\\x_2\end{pmatrix}\in D\):

   • se \(x_1 \le 1\), abbiamo \((x_1 - 1)\,x_2^2 \le 0\), quindi \(f({\boldsymbol x}) \le -x_1^2 - 1 \le -1 < 8\);

   • se \(x_1 > 1\), abbiamo \((x_1 - 1)\,x_2^2 \le 9\,(x_1 - 1)\), con l'uguaglianza solo per \(x_2^2 = 9\), quindi

     \[ f({\boldsymbol x}) \le -x_1^2 + 9x_1 - 10 = 8 - (x_1 - 3)(x_1 - 6) \le 8, \]

     poiché \(x_1 \le 3\) implica \((x_1 - 3)(x_1 - 6) \ge 0\), con l'uguaglianza solo per \(x_1 = 3\).

   La funzione ha due punti di massimo e il massimo è \(8\):

   \[ \argmax \big\{\, f({\boldsymbol x}) \ \text{ soggetto a } {\boldsymbol x} \in D \,\big\} = \left\{ \begin{pmatrix}3\\-3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix} \right\}. \]

3. Il grafico della funzione è la superficie sopra il dominio \(D\), che è il quadrato rosso disegnato sul piano di base; i punti del grafico corrispondenti ai due punti di massimo sono blu e il punto corrispondente al punto di massimo locale che non è globale è viola, con un segmento tratteggiato che li collega al piano di base.