Analisi Matematica 2 BENR Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni

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1 Analisi Matematica BENR Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni Daniele Andreucci Dipartimento di Scienze di Base e Applicate per l Ingegneria Università di Roma La Sapienza via A.Scarpa 16, Roma daniele.andreucci@sbai.uniroma1.it launch_daexam Note: a.a codocente: dott. Francesco Sisti a.a docenti canale parallelo: dott. Raul De Maio, dott. Salvatore Fragapane. a.a docente canale parallelo: dott. Salvatore Fragapane. ex: esercizi d esame; hw: esercizi di controllo. Salvo diverso avviso: coni e cilindri sono circolari retti; Si usa la notazione delle lezioni del Corso. 1

2 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Indice 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Classificazione di punti critici Studio degli insiemi di livello Integrazione di forme esatte in R Calcolo di integrali su curve di forme lineari in R Integrazione di forme esatte in R Questioni di esattezza in non semplicemente connessi in R Calcolo di integrali su curve di forme lineari in R Integrali multipli Cambiamenti di variabili in integrali multipli Solidi di rotazione Superficie di rotazione Teoria della misura Ottimizzazione di funzioni in domini 1. [5/01/016 exi] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R R nell insieme E R, ove fx,y = y 3 +4x y 4y, E = {x,y R 1 x +y 1}. Il dominio E è la corona circolare di raggio interno 1/ ed esterno 1. Notiamo che la f è dispari in y e pari in x, quindi i punti di estremo rispetteranno queste simmetrie. Cerchiamo prima i punti critici liberi della f: fx,y = 8xy,3y +4x 4.

3 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Dunque i punti critici sono 0,± 3, ±1,0. I primi due punti non appartengono a E, gli altri due appartengono a E e dunque verranno ritrovati nel sistema di Lagrange. Sulla parte di frontiera x +y = 1/ si ottiene x +y = 1, 8xy = λx, 3y +4x 4 = λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno y,λ = ±1/,. Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà 5 16 λ = 4x 4, impossibile perché x < 1 su questa parte di frontiera. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo 0,± 1. Sulla parte di frontiera x +y = 1 si ottiene x +y = 1, 8xy = λx, 3y +4x 4 = λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno y,λ = ±1, 1/. Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà 5 16 λ = 4x 4, ossia x = ±1, λ = 0, y = 0, quindi i punti critici liberi trovati all inizio. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo 0,±1, ±1,0. Non resta che valutare la funzione nei punti trovati: f±1,0 = 0, f0,±1 = 3, f 0,± 1 = ± 3 3 3,3. maxf = f0, 1 = 3, min E f = f0,1 = 3. E 3

4 00. Ottimizzazione di funzioni in domini. [5/01/016 exii] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R R nell insieme E R, ove fx,y = x 3 4xy +4x, E = {x,y R 1 x +y 1}. maxf = f1,0 = 3, min E f = f 1,0 = 3. E 3. [11/0/016 exi] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R R definita da nell insieme E R fx,y = 3x+3xy 1y 3x 4 6y, E = {x,y R 1 x 0, x 1 y 0}. Troviamo i punti critici della funzione, che è di classe C R : si ha x = 3+3y 1x3 = 0, = 3x 1 1y = 0. y Sostituendo la seconda equazione nella prima si ottiene Si ricavano quindi i punti critici 0, 1, 3 4 x 1x3 = , 17, , Nessuno di essi appartiene all interno dell insieme E; il primo appartiene alla frontiera. Passiamo quindi a studiare la f su E: i x = 0: qui vale f0,y = 1y 6y, e 0,y = 1 1y < 0, 1 < y < 0. y Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in 0,0, 0, 1. 4

5 00. Ottimizzazione di funzioni in domini ii y = 0: qui vale fx,0 = 3x 3x 4, e x x,0 = 3 3x3 > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in iii y = x 1: qui vale 1,0, 0,0. fx, x 1 = 1x 4 9x +1, e d dx fx, x 1 = 1x3 18x > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in 1,0, 0, 1. maxf = f0, 1 = 6, min E f = f 1,0 = 6. E 4. [11/0/016 exii] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R R definita da nell insieme E R fx,y = 6x +3y 4 +1x 3y 3xy +1, E = {x,y R 1 x 0, x 1 y 0}. maxf = f0, 1 = 7, min E f = f 1,0 = 5. E 5. [11/04/016 exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R nell insieme E R, ove fx,y = 4x y +y 3 4y, E = {x,y R y 0,x +y 1,}. Poiché f C R si procede derivando e ottenendo fx,y = 8xy,4x +3y 4. 5

6 00. Ottimizzazione di funzioni in domini I punti critici quindi sono 0,, 3 0, 3, 1,0, 1,0. Questi punti sono tutti esterni all interno di E, quindi gli estremi verranno raggiunti sulla frontiera. Studiamo prima il diametro y = 0, ove si ha fx,0 = 0, 0 x 1. Poi consideriamo la semicirconferenza y 0, x +y = 1; qui osserviamo che fx,y = 41 y y +y 3 4y = 3y 3, 1 y 0. maxf = f0, 1 = 3, min E f = fx,0 = 0, 1 x 1. E 6. [11/11/016 exi] Trovare massimi e minimi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione f : R R nell insieme E, ove fx,y = 4 y + x 3, E = {x,y x } 8 8 y 0. La funzione f è di classe C R. Iniziamo pertanto a trovarne i punti critici, annullando le derivate x = 3 x, y =. Si vede che la f y non si annulla mai. Perciò non esistono punti critici della funzione, e dunque i valori estremi in E, che vengono assunti per il teorema di Weierstrass, devono essere presi in qualche punto di E. La frontiera E si può considerare costituita dalle due curve Su γ 1 si ha Evidentemente min γ 1 f = f0,0 = 4, γ 1 = {x,0 8 x 8}, } γ = {x, x 8 x 8. 8 fx,0 = 4+ x 8, 8 x 8. max γ 1 f = f±8,0 = =

7 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Su γ si ha Quindi min γ f = f0, 8 = 0, f x, x 8 8 = 0+ x, 8 x 8. 1 max γ f = f±8,0 = = minf = f0,0 = 4, max E E f = f±8,0 = [17/01/017 exi] Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione fx,y = 16x +y x y 4 +3, nell insieme E = {x,y 0 y 4 x, x }. Poiché f C E, ed E è compatto, gli estremi cercati esistono certamente. Iniziamo con il trovare gli eventuali punti critici di f nell interno di E: x = 3x xy4 = 0, y = 3y 4x y 3 = 0. Dalla I si ha x = 0 oppure y 4 = 16, ossia y = ±; se x = 0 dalla II si ha ovviamente y = 0; altrimenti la II dà I punti critici sono dunque 8 x y = 0, ossia x = ±. 0,0, ±,± con qualsiasi scelta dei segni. I punti critici con y 0 non sono interni a E; quelli soddisfano ±, y = > 4 x = 4 =, e dunque non appartengono a E. Laf non può perciò avere punti di estremo interni a E. Passiamo a studiare la f vincolata alla frontiera E = γ 1 γ, con γ 1 = {x,0 x }, γ = {x,y y = 4 x, x }. 7

8 00. Ottimizzazione di funzioni in domini A Procediamo per parametrizzazione; si ha su γ 1 Ovviamente fx,0 ha fx,0 = 16x +3, x. min γ 1 f = f0,0 = 3, max γ 1 f = f±,0 = 64+3 = 67. Su γ si ha gx := fx, 4 x = 64 x 4 x +3, x. Derivando si trova g x = x4 x 3x 4. Pertanto g x < 0, g x > 0, g x < 0, g x > 0, x x x x, 3,,0, 3 0,, 3 3,. Dunque si hanno per g i minimi locali g ± = , e i massimi locali g± = 67, g0 = 67. B In alternativa, usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per studiare f su γ meno i punti iniziale e finale che non vengono in genere individuati come possibili punti di estremo da questo metodo. Il vincolo sarà dunque espresso come h = 0, con hx,y = x +y 4, y > 0. Il sistema dei moltiplicatori di Lagrange è x = 3x xy4 = λx, y = 3y 4x y 3 = λy, x +y = 4, y > 0. La I è verificata se x = 0, il che dà y = e λ = 16. Se x 0 la I dà λ = 16 y 4, 1 8

9 00. Ottimizzazione di funzioni in domini e dato che y 0 per ipotesi, la II allora implica che usando la III diviene Da qui discende y = 16 x y = 16 y 4, 4 y y = y , x = ± 3, λ = 80 9, ove il valore di λ è stato ottenuto dalla 1. Dunque i possibili estremi per f su γ sono dati dai punti f0, = 67, f ± 8, = > 57, cui bisogna aggiungere i punti iniziale e finale di γ f±,0 = 67. Si noti che in questo problema i punti ±,0 risolvono comunque il sistema di Lagrange, con λ = 16, perché tali punti sono in realtà punti di estremo per f ristretta a tutta la circonferenza. maxf = f0, = f±,0 = 67, min E f = f0,0 = 3. E 8. [17/01/017 exii] Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione nell insieme fx,y = 16x +y x 4 y 1, E = {x,y 4 y x 0, y }. maxf = f,0 = f0,± = 63, min E f = f0,0 = 1. E 9. [7/4/017 exi] Si trovino gli estremi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione xy 1 fx,y = x+y +1, nel triangolo chiuso T di vertici 0,0, 0,1 e 1,0. La funzione è di classe C fuori della retta x+y = 1 che non interseca T. Quindi gli estremi cercati certamente esistono. 9

10 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Iniziamo cercando i punti critici interni a T; calcoliamo x = y +y +1 x+y +1, y = x +x+1 x+y +1. Poiché x, y 0 in T nessuna delle due derivate può annullarsi in T, dunque non esistono punti critici interni. Passiamo a considerare allora la restrizione di f ai tre lati del triangolo: 1 Su y = 0 si ha: fx,0 = 1 x+1, 0 x 1. Dunque fx,0 è crescente su questo lato. Su x = 0 si ha: f0,y = 1 y +1, 0 y 1. Dunque f0,y è crescente su questo lato. 3 Sul lato x+y = 1 si ha la restrizione Si calcola gx := fx,1 x = x x+1 g x = 1 1 x., 0 x 1. Dunque g ha un massimo in x = 1/, e il minimo in uno dei due estremi x = 0, x = 1. In conclusione quindi gli estremi sono da cercare tra i valori f0,0 = 1, f0,1 = f1,0 = 1 1, f, 1 = max f = f T, 1 = 3 8, min f = f0,0 = 1. T 10. [13/06/017 exi] Trovare gli estremi assoluti della funzione nell insieme E = fx,y = xy, { x,y y 1 +x }. [Si può assumere come noto che tali estremi esistono.] Si noti preliminarmente che in E fx,y x y x 0, x +. +x 10

11 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Dunque per la forma di E si ha lim fx,y = 0, E x,y e pertanto gli estremi assoluti richiesti esistono anche se E non è compatto. Iniziamo a cercarli nell interno di E. Calcoliamo fx,y = y,x. Quindi l unico punto critico è l origine, ove però f non può avere un minimo o un massimo perché f0,0 = 0 e f cambia segno vicino all origine. Passiamo allora a studiare f su { E = x,y y = ± 1 } +x. Cominciamo da Vale gx,y = y 1 +x = 0. x gx,y = +x,1 0,0, e quindi possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, che conduce al sistema x y = λ +x, x = λ, Sostituendo la I e la II nella III si ha da cui Si ottengono dunque i punti Per studiare la f sull altra curva y = 1 +x. λ +λ = 1 +λ, λ = ±. ±, 1. 4 y = 1 +x, usiamo invece per esercizio il metodo della parametrizzazione. Si ha hx := f x, 1 +x = x +x. Dunque h x = x +x. 11

12 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Studiando il segno di h si vede subito che max R h = h = 4, min R h = h = Ricordando quanto sopra dobbiamo anche calcolare f 1, = 4 4, f, 1 = max ± f = f, 1 = ± E 4 4, minf = f,± 1 = E [13/07/017 exi] Determinare massimi e minimi assoluti di fx,y = 4x +y x y, nell insieme E = {x,y R y 0,x + y } 4 1. Si ha f C R ; essendo E compatto, f assume massimo e minimo su E. E consiste in mezza ellisse. Iniziamo a cercare i punti critici di f che cadano nell interno di E; si ha Quindi i punti critici sono x = 8x 4xy, y = y x. 0,0, ±,, nessuno dei quali appartiene all interno di E. Passiamo quindi a trovare gli estremi vincolati alla frontiera di E che divideremo in due curve. A gx,y = x +y /4 1 = 0, 1 < x < 1: si ha gx,y = x,y/ che non si annulla mai sul vincolo. Lagrange impostando il sistema Perciò possiamo usare i moltiplicatori di 8x 4xy = λx, y x = λ y, x + y 4 = 1. 1

13 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Se x = 0 la I è soddisfatta; la III dà y = tenendo conto che deve essere y > 0 e la II dà λ = 4. Se x 0 la I dà λ = 4 y; sostituendo nella II si ha che sostituita nella III dà y = x, x + x = 1, da cui x = ± 3. Perciò abbiamo determinato che i possibili punti di estremo su questa curva sono: 0,, ± 3, 3. B y = 0, 1 x 1: qui per cui ovviamente fx,0 = hx := 4x, max h = h±1 = 4, min [ 1,1] h = h0 = 0. [ 1,1] Infine calcolando esplicitamente f in tutti i punti trovati si ha la risposta. maxf = f±1,0 = f0, = 4, min f = f0,0 = 0. E E 1. [15/09/017 exi] Determinare i massimi e i minimi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione in fx,y = x 4 y 4 +x, E = {x,y R 1 x +y 4,y 0}. Risulta f C R. Iniziamo con il cercare gli eventuali punti critici interni a E: vale fx,y = 4x 3 +x, 4y 3. Quindi i punti critici appartengono tutti all asse y = 0 e pertanto non possono essere interni a E. Dividiamo poi la frontiera di E nelle due semicirconferenze e nei due segmenti che le connettono. A Su gx,y = x +y 4 = 0, y > 0, si ha gx,y = x,y 0, 13

14 00. Ottimizzazione di funzioni in domini e quindi possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. risolvere il sistema Dobbiamo 4x 3 +x = λx, 4y 3 = λy, x +y = 4, y > 0. La I è risolta se x = 0; in questo caso la III dà y = e la II dà λ = 8. Se invece x 0 dalla I e dalla II si ha necessariamente x +1 = λ = y, impossibile. Quindi abbiamo trovato l unica soluzione 0,. B Analogo ad A: Su gx,y = x +y 1 = 0, y > 0, si ha gx,y = x,y 0, e quindi possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. risolvere il sistema Dobbiamo 4x 3 +x = λx, 4y 3 = λy, x +y = 1, y > 0. La I è risolta se x = 0; in questo caso la III dà y = 1 e la II dà λ =. Se invece x 0 dalla I e dalla II si ha necessariamente x +1 = λ = y, impossibile. Quindi abbiamo trovato l unica soluzione 0,1. C Sull intervallo x 1 la funzione hx = fx,0 = x 4 +x è ovviamente decrescente, e quindi ha estremi in x = e x = 1. Si può infatti controllare h x = 3x 3 +x < 0. D Sull intervallo 1 x la funzione hx = fx,0 = x 4 +x è ovviamente crescente, e quindi ha estremi in x = 1 e x =. Si può infatti controllare h x = 3x 3 +x > 0. Infine dobbiamo calcolare f0, = 16, f0,1 = 1, f±,0 = 0, f±1,0 =. 14

15 00. Ottimizzazione di funzioni in domini maxf = 0 = f±,0, min E f = 16 = f0,. E 13. [31/01/018 exi] Determinare i punti di estremo assoluto e i relativi valori della funzione fx,y = x yx 3 +4x 4, nel dominio E = {x,y R 0 y 4x x }. Poiché E è compatto, i punti richiesti esistono sicuramente. A Troviamo i punti critici interni a E risolvendo il sistema x = x 3yx = 0, y = x3 = 0. Dunque i punti critici di f sono sull asse y e pertanto non possono essere interni a E. B Dividiamo E = γ 1 γ ove γ 1 = {x,0 0 x 4}, γ = {x,4x x 0 x 4}. B.1 Procediamo per sostituzione definendo hx = fx,0 = x +4x 4, 0 x 4. Come somma di funzioni crescenti h è crescente e quindi assume gli estremi negli estremi dell intervallo. B. Procediamo ancora per sostituzione: gx = fx,4x x = x +x 5, 0 x 4. Di nuovo g è crescente perché somma di funzioni crescenti. Dunque vanno valutati: f0,0 = 0, f4,0 = maxf = f4,0 = 1040, min E f = f0,0 = 0. E 14. [31/01/018 exii] Determinare i punti di estremo assoluto e i relativi valori della funzione fx,y = y xy 3 +3y 4, 15

16 00. Ottimizzazione di funzioni in domini nel dominio E = {x,y R 0 x 3y y }. maxf = f0,3 = 5, min E f = f0,0 = 0. E 15. [/0/018 exi] Determinare i punti di estremo assoluto, e i relativi valori, per la funzione nell insieme fx,y = x +y xy x y, E = {x,y x +y 4, y x}. Poiché f C R iniziamo con il cercare i punti critici interni a E: = x y 1 = 0, x = x+y 1 = 0. y Evidentemente il sistema non ha soluzioni. Passiamo dunque a cercare gli estremi sulla frontiera E = γ 1 γ, ove γ 1 = {x +y = 4, x 0, y 0}, γ = {y = x, 0 x }. A Su γ 1 usiamo i moltiplicatori di Lagrange senza effettuare la pur possibile sostituzione x +y = 4. Si ha x y 1 = λx, x+y 1 = λy, x +y = 4. Dalla I si ha y = 1 λx 1, che sostituito nella II dà λ λx = λ. Si hanno due casi, oltre all informazione λ 0: A.1 λ =. A. x = 1/λ. A.1 Si ha allora impossibile. y = x 1 < 0, 16

17 00. Ottimizzazione di funzioni in domini A. Dunque vale x = 1 λ, y = 1 λ. Sostituendo nella III si ottiene 4λ = 4, ossia λ = ±1/ 8. Poiché x, y 0 il segno positivo non è accettabile e in ultimo si ha la soluzione λ = 1, x = y =. B Su γ operiamo la sostituzione y = x ottenendo la funzione Si ha hx = x 4x+1. h x = 8x 1, che si annulla perx=1, dove pertanto lahha un minimo assoluto. Si è determinato perciò il punto 1,1. Infine calcoliamo la f nei due punti trovati e nei due estremi comuni delle due curve γ i, ossia 0, e,0: f, =, f1,1 =, f0, = f,0 =. maxf = f0, = f,0 =, min E E f = f, =. 16. [/0/018 exii] Determinare i punti di estremo assoluto, e i relativi valori, per la funzione nell insieme fx,y = x +y +xy x+y +1, E = {x,y x +y 1, y x 1}. maxf = f0, 1 = f1,0 = 1, min E 1 f = f, 1 = 1. E 17. [14/06/018 exi] Determinare massimi e minimi assoluti, specificando i punti in cui essi sono assunti, di fx,y = x +xy 3y, nell insieme E = {x,y R x + y 1,x 0}. 17

18 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni A Iniziamo con il trovare i punti critici interni al dominio E. Si ha f C E; il sistema dei punti critici è = x+y = 0, x = x 6y = 0. y Si vede che l unica soluzione del sistema è 0,0 che però non è interno a E. B Dividiamo la frontiera di E nei tre segmenti γ 1 = {t,1 t 0 t 1}, γ = {t,t 1 0 t 1}, γ 3 = {0,t 1 t 1}. B.1 Studio di γ 1. La restrizione di f a γ 1 è Si ha h 1 t = ft,1 t = t 31 t, 0 t 1. h 1t = 1+61 t = 7 6t, che si annulla solo per t = 7/6 fuori dell intervallo di definizione. I valori massimo e minimo di h 1 sono assunti pertanto negli estremi dell intervallo di definizione. B. Studio di γ. La restrizione di f a γ è Si ha h t = ft,t 1 = t t 3t 1, 0 t 1. h t = 4t 1 6t 1 = 5 t, che si annulla solo per t = 5/ fuori dell intervallo di definizione. I valori massimo e minimo di h sono assunti pertanto negli estremi dell intervallo di definizione. B.3 Studio di γ 3. La restrizione di f a γ 3 è h 3 t = f0,t = 3t, 1 t 1. Si vede subito che h 3 assume massimo in t = 0 e minimo negli etremi dell intervallo di definizione. Quindi in conclusione dobbiamo calcolare la f in 0,0 e nei vertici del triangolo E: f0,0 = 0, f0,±1 = 3, f1,0 = 1. maxf = f1,0 = 1, min E f = f0,±1 = 3. E 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 18

19 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 1. [5/01/016 exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ R, ove fx,y = e x y, γ = {x,y R x 1 +4y 4 = 0}. Osserviamo che sia f che il vincolo sono simmetrici rispetto all asse x, pertanto i risultati dovranno rispettare tale simmetria. È anche interessante notare che f è funzione decrescente della distanza dall origine. Poniamo gx,y = x 1 +4y 4. Calcoliamo Il sistema di Lagrange quindi sarà fx,y = e x y x,y, gx,y = x 1,4y. x 1 +4y 4 = 0, e x y x = λx 1, e x y y = 8λy. Se y = 0 la terza equazione è soddisfatta, e la prima dà x { 1,3}. Se y 0, la terza equazione dà e x y = 4λ, che sostituita nella seconda dà dovendo dunque essere λ < 0 x = 1/3. Sostituendo questo valore nella prima equazione troviamo per y i valori ± 5/3. Concludendo abbiamo trovato i possibili punti di estremo 1,0, 3,0, Sostituendo si ottengono i valori 1 5 3,, 3 f 1,0 = e 1, f0,3 = e 9, f 1 5 3, ,± = e 3. 3 maxf = f γ 1 5 3,± = e 3, min f = f0,3 = e 9. 3 γ. [5/01/016 exii] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ R, ove γ = fx,y = e x +y, y 1 { x,y R x = 0 }. 19

20 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni maxf = f 0, 5 = e 5 8 4, min f = f ± γ γ 3, 1 = e [11/04/016 exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ, ove fx,y = x 3 4xy +16x+1, γ = {x,y x +y = 4}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: calcoliamo Si ottiene il sistema fx,y = 3x 4y +16, 8xy, gx,y = x,y, gx,y = x +y 4. 3x 4y +16 = λx, 8xy = λy, x +y = 4. A Se y = 0 la II equazione è soddisfatta, e la III dà x = ±; la I infine dà λ = ±1. Dunque,0,,0, sono ammissibili. B Se y 0 la II equazione dà λ = 4x, per cui la I diviene 5x 4y = 16. Moltiplicando la III per 4 e sommandola a quest ultima si ottiene 9x = 0, per cui x = 0, λ = 0, e di nuovo dalla III, y = ±. Perciò 0,, 0,, sono ammissibili. Si conclude con il calcolo diretto dei valori di f nei quattro punti. maxf = f,0 = 5, γ min γ f = f,0 = [0/06/016 exi] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione fx,y = y 3 +4x y 4y, vincolata alla curva γ = {x,y x +y 1 = 0}. 0

21 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Costruiamo il sistema di Lagrange 8xy = λx, 3y +4x 4 = λy, x +y = 1. La prima equazione è risolta per x = 0 o per λ = 4y. Se x = 0 la terza equazione dà y = ±1. Sostituendo nella seconda si ha λ = 1/. Dunque 0,1, 0, 1, sono soluzioni ammissibili. Se invece λ = 4y sostituendo nella seconda si ha 3y +4x 4 = 8y. Sostituendo anche x = 1 y dalla terza equazione, si ottiene quindi y = 0 e pertanto x = ±1 e λ = 0. I punti candidati sono quindi Con il calcolo diretto si ha 0,1, 0, 1, 1,0, 1,0. f0,1 = 3, f0, 1 = 3, f±1,0 = 0. maxf = f0, 1 = 3, γ min γ f = f0,1 = [07/09/016 exi] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R data da fx,y = 5 4 x +y + 3 xy, vincolata alla curva γ = {x,y x +y = 4}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: scriviamo il sistema Dalle prime due equazioni si ha 5 x+ 3 y = λx, 3 x+ 5 y = λy, x +y = λx+3y = 0, 3x+5 4λy = 0. 1

22 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Se il determinante di questo sistema lineare è non nullo, l unica soluzione del sistema è 0,0 che però non risolve l equazione del vincolo. Dunque eventuali soluzioni del sistema di Lagrange si possono trovare solo imponendo che il determinante sia nullo, ossia che 5 4λ 9 = 0, che conduce a λ =, λ = 1. In entrambi i casi, basterà dunque considerare la prima equazione; se λ = essa è 3x+3y = 0, che è risolta da ogni x,x; imponendo il vincolo si hanno le due soluzioni Se λ = 1/ la prima equazione diviene,,,. 3x+3y = 0, che è risolta da ogni x, x; imponendo il vincolo si hanno le due soluzioni Onde con un calcolo diretto,,,. f, = f, = 8, f, = f, =. maxf = f, = f, = 8, γ min γ f = f, = f, =. 6. [11/11/016 exi] Determinare i valori di massimo e minimo assoluto, e i relativi punti di estremo, della funzione fx,y = cosx +y, vincolata alla curva γ = { x,y x + y 1 } = 1. Si potrebbe osservare in via preliminare che la f dipende solo dalla distanza dall origine, e che il vincolo giace nella zona ove tale distanza rimane tra 1/ e 3/; conoscendo l andamento della funzione coseno, si potrebbe quindi arrivare al risultato direttamente.

23 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Si ha f C R, con fx,y = xsinx +y, ysinx +y. Il vincolo è una circonferenza; il gradiente della funzione che la definisce come curva di livello è x,y 1. Si annulla pertanto solo nel centro della circonferenza 0,1/ che ovviamente non appartiene al vincolo. Si possono quindi usare i moltiplicatori di Lagrange e ottenere il sistema xsinx +y = λx, ysinx +y = λy 1, x + y 1 = 1. La I equazione è soddisfatta se x = 0, da cui sostituendo nella III si ottiene y { 1/,3/}. La II allora dà il relativo valore di λ perché il coefficiente di λ è diverso da zero per y come sopra. Se x 0, la I equazione dà sinx +y = λ, che sostituito nella II conduce a un assurdo a meno che λ = 0. In questo caso però dobbiamo avere x +y = kπ, k N,k > 0. Qui deve essere k > 0 perche stiamo assumendo x 0. Dalla III equazione però si ha y = x +y 3 4 = kπ 3 4. Tuttavia sulla circonferenza vale la limitazione 1/ y 3/, che conduce a 1 kπ La seconda disuguaglianza è impossibile per k > 0, perché kπ 3 4 > > > 3. Dunque si ottengono solo le soluzioni 0, 1/ e 0,3/, in corrispondenza delle quali si ha f 0, 3 = cos 9 4, f 0, 1 = cos 1 4. Per valutare senza calcolare i valori numerici quale sia il minimo e quale il massimo osserviamo che 0 < 1 4 < π < < 9 4 < 3 < π. maxf = f 0, 1 = cos 1 0, γ 4, minf = f 3 = cos 9 γ 4. 3

24 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 7. [17/01/017 exi] Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione fx,y = x +y, soggetta al vincolo gx,y = x 4 +y 4 1 = 0. Poiché f e g sono C e la funzione che dà il vincolo ha gradiente gx,y = 4x 3,y 3, che si mantiene sempre diverso da zero sul vincolo, i punti cercati si possono trovare con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. La funzione da ottimizzare è il quadrato della distanza dall origine. Il sistema di Lagrange diviene pertanto La I è soddisfatta da x = 0, oppure se x = 4λx 3, y = 4λy 3, x 4 +y 4 = 1. Se x = 0 la III dà y = ±1 e la II dà λ = 1/. La II è soddisfatta da y = 0, oppure se x = 1 λ. 1 y = 1 λ. Se y = 0 la III dà x = ±1 e la I dà λ = 1/. Se x 0 e y 0 devono valere entrambe le 1,, che sostituite nella III danno 1 λ = 1, ossia λ = 1/ la radice negativa non è accettabile. Ancora dalle 1, segue x = ± 1 4, y = ± 1 4. In conclusione i punti di possibile estremo vincolato sono 0,±1, ±1,0, ± 1 4,± 1, 4 con ogni scelta dei segni. min = 1, in 0,±1 e ±1,0; max =, in ±1/ 4,±1/ 4 ogni scelta dei segni. 4

25 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 8. [17/01/017 exii] Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione fx,y = x 4 +y 4, soggetta al vincolo gx,y = x +y 1 = 0. min = 1, in ±1/,±1/ ogni scelta dei segni; max = 1, in 0,±1 e ±1,0. 9. [6/0/017 exi] Si trovi il punto di minimo assoluto della funzione fx,y = x +y 1, ristretta alla curva γ : x 3 y 3 = 1. Notiamo che f C 1 R e che fx,y +, x +y +, il che implica che il minimo assoluto di f su γ e su qualunque altro chiuso esiste. Cerchiamolo usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Osserviamo infatti che γ : gx,y := x 3 y 3 1 = 0, e che gx,y = 3x, y 0, su γ. Dunque impostiamo il sistema La I dà x = 3λx, y = 3λy, x 3 y 3 = 1. x = 0 o x = 3λ. Se x = 0 la III dà y = 1 e la II dà λ = /3. La II dà y = 0 o y = 3λ. 5

26 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Se y = 0, la III dà x = 1 e la I come visto dà λ = /3. Rimane solo il caso in cui x 0, y 0; usando quanto trovato, la III dà allora Quindi dalle prime due equazioni 8 7λ λ 3 = 1, cioè λ = 3 3. x = 1 3, y = 1 3. Calcoliamo f nei punti trovati: 1 f0, 1 = 0, f1,0 = 0, f 3, 1 = > 0. min γ f = f0, 1 = f1,0 = [6/0/017 exii] Si trovi il punto di minimo assoluto della funzione fx,y = x +y +3, ristretta alla curva γ : y 3 x 3 = 1. min γ f = f 1,0 = f0,1 = [7/4/017 exi] Trovare gli estremi assoluti e i relativi punti di estremo della funzione fx,y = x y, sulla curva gx,y = x +y 4 = 0. Si ha f, g C R e inoltre gx,y = 4x,y 0, sulla curva in questione. Impostiamo il sistema dei moltiplicatori di Lagrange: x = λ4x, y = λy, x +y = 4. 6

27 050. Classificazione di punti critici Distinguiamo i casi in base all annullarsi di una delle coordinate: se x = 0, la I è soddisfatta, la III dà y = ± e la II λ = 1; se y = 0, la II è soddisfatta, la III dà x = ± e la I λ = 1/; se xy 0, dalla I si ottiene λ = 1/, dalla II λ = 1, impossibile. Pertanto i possibili punti di estremo sono solo 0,±, ±,0. maxf = f±,0 =, minf = f0,± = Classificazione di punti critici 1. [5/01/016 exi] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove fx,y,z = 1 z +x +3 +π y, x,y,z R 3. Trovare inoltre la normale alla superficie di livello fx,y,z = 3π +1 3 nel punto P = 0,0,0. Si ha x fx,y,z = z +x +3,y π, z z +x +3, dunque l unico punto critico è 0,π,0. In tale punto critico l hessiana è data da , che è indefinita. Pertanto si tratta di un punto sella. Come è noto la normale alle superfici di livello è data dal gradiente. Quindi quella cercata è f0,0,0 = 0, π,0. L unico punto critico è 0,π,0 che è un punto sella. La normale cercata è 0,1,0.. [5/01/016 exii] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove fx,y,z = 1 y +z +3 x e, x,y,z R 3. 7

28 050. Classificazione di punti critici Trovare inoltre la normale alla superficie di livello fx,y,z = 1 3 e nel punto P = 0,0,0. L unico punto critico è e,0,0 che è un punto di massimo. La normale cercata è 1,0,0. 3. [11/0/016 exi] Trovare i punti critici della funzione f : R R classificare quelli nel semipiano y < 0. Il sistema che dà i punti critici è La seconda equazione ha le soluzioni fx,y = 4xy + xy3 3 x ; y3 = 4y+ x = 0, x 3 y = 4x+xy = 0. y = ±, x = 0. Sostituendo y = ± nella prima equazione si ottengono i punti critici 8 3,, 8 3,. Sostituendo x = 0 nella prima equazione si ottengono i punti critici Occorre quindi classificare i punti 0,0, 0, 3, 0, ,. 0, 3. Calcoliamo la matrice hessiana 4+y H f x,y = 4+y. xy Perciò che è definita negativa. Infine H f 8 3, = H f 0, 3 = 0 0 3, 3 8, 8 0 8

29 050. Classificazione di punti critici che è indefinita perché ha determinante negativo. 83 8,, 3,, 0,0, 0, 3, 0, 3. Inoltre 0, 3 è un punto sella e 8/3, un punto di massimo. 4. [11/0/016 exi] Trovare i punti critici della funzione f : R R fx,y = y 1 +xe x+1 y 1, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = 0,0. La f è di classe C R. Troviamo i punti critici uguagliando a 0 il gradiente: x = x+1ex+1 y 1 = 0, y = y 1+xex+1 = 0. La prima equazione ha le soluzioni x,y con x = 1 o y = 1. Sostituendo nella seconda x = 1 si trova il punto critico Sostituendo invece y = 1 si trova 1, 3. 0,1. Calcoliamo l hessiana x+e H f x,y = x+1 y 1 x+1e x+1 x+1e x+1. Si ha che è definita positiva. Inoltre H f 1, 3 = H f 0,1 = e, e che ha determinante negativo e quindi è indefinita. Infine troviamo l equazione del piano tangente alla superficie z = fx,y in 0,0, f0,0 = 0,0,1. L equazione è data da x,y,z 1 f0,0, 1 = 0. 9

30 050. Classificazione di punti critici Punti critici: 1,3/: punto di minimo; 0,1: punto sella. ex+y+z 1 = [11/0/016 exii] Trovare i punti critici della funzione f : R R fx,y = 4xy x3 y 3 y ; classificare quelli nel semipiano x > 0., 8,, 8, 0,0, 3,0, 3, Inoltre 3,0 è un punto sella e,8/3 un punto di massimo. 6. [11/0/016 exii] Trovare i punti critici della funzione f : R R fx,y = ye y+1 1 x 1 x, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = 1,1. Punti critici: 3/, 1: punto di massimo; 1,0: punto sella. e x 1+z = [11/04/016 exi] Trovare i punti critici della funzione f : R R in tutto R e classificarli, ove fx,y = x3 y + 1 x 1 y. Inoltre trovare l equazione del piano tangente al grafico di fx,y nel punto P = 0,0. Calcoliamo il gradiente fx,y = 1 x +x 1y, 4y+x 1 y. Dunque i punti critici sono 1,0, 3,, 3,. Tentiamo di classificare i punti mediante lo studio della matrice hessiana, che è x 1+y x 1y H f x,y = x 1y 4+x 1. 30

31 050. Classificazione di punti critici Dunque si ha H f 1,0 = 0 0, H 0 4 f 3,± = ±4 ±4. 0 Quindi i punti 3,± sono punti sella perché la matrice hessiana è indefinita in tali punti avendo determinante negativo. In 1,0 l hessiana è semidefinita, dunque non si può concludere nulla dallo studio di essa. Tuttavia osserviamo che restringendo la f alle rette parallele agli assi passanti per 1,0 si ottiene f1,y = y, fx,0 = x3. Pertanto anche 1,0 è un punto sella, dato che x = 1 lo è per fx,0. Infine f0,0 = 1,0. Dunque l equazione cercata è x+z f0,0 = 0. 1,0, 3,, 3,, tutti punti sella. L equazione del piano è x+z = [0/06/016 exi] Trovare i punti critici della funzione fx,y = 9 x + 1 yx x5, x,y R, e stabilirne la natura. I punti critici sono per definizione le soluzioni del sistema x = 9x+y x+x 4 = 0, y = yx = 0. La seconda equazione impone x = 0 o y = 0. Se x = 0 la prima è soddisfatta per ogni y. Se y = 0 dalla prima si ha Dunque i punti critici sono xx 3 9 = 0. 0,ȳ, ȳ R; 3 9,0. 31

32 050. Classificazione di punti critici Notiamo che f0,ȳ = 0, ȳ R; f 3 9,0 = < 0. Troviamo la matrice hessiana Nei punti 0,ȳ l hessiana vale f x = 9+y +4x 3, f x y = xy, f y = x. H f 0,ȳ = 9+ȳ Dunque il suo studio non può dare risultato. Osserviamo invece direttamente che fx,y = x } { 9+y + x3. 5 Dunque distinguiamo tre casi: i ȳ > 3: In questo caso fx,y 0 in un intorno di 0,ȳ che risulta pertanto di minimo locale. ii ȳ < 3: In questo caso fx, y 0 in un intorno di 0, ȳ che risulta pertanto di massimo locale. iii ȳ = 3: Per esempio sia ȳ = 3, e scriviamo y = 3+t. Allora fx,y = x } {t +6t+ x3. 5 Si può prendere x = t e poiché allora f cambia di segno con t si vede che 0,±3 sono punti di sella. Infine in 3 9,0 si ha H f ,0 = Quindi l hessiana è definita positiva e il punto è di minimo locale. I punti 0, ȳ ȳ R sono critici; in particolare ȳ > 3 minimo locale; ȳ < 3 massimo locale; ȳ = 3 sella. Inoltre 3 9,0 è un minimo locale. 9. [0/06/016 exi] Trovare i punti critici della funzione f : R R con fx,y = y π 1+x 4 y π, e classificarli. Determinare la curva di livello fx,y = 0 e la normale a essa in π,0. 3

33 050. Classificazione di punti critici Scriviamo il sistema che dà i punti critici x = y 1+x = 0, π y = 1 π 1+x 4 π = 0. La seconda equazione dà x = 1 o x = 3. Sostituendo nella prima si ottengono i punti critici 1,0, 3,0. Troviamo l hessiana Pertanto H f 1,0 = f x = y π, f x y = π 1+x, 0 4 π 4 π 0 f y = 0., H f 3,0 = 0 4 π 4. π 0 Entrambe le matrici sono indefinite e quindi entrambi i punti critici sono punti sella. La curva f = 0 ha equazione y π [1+x 4] = 0, e quindi è costituita dall unione delle tre rette y = 0, x = 1, x = 3. Nel punto π,0 perciò la normale è 0,1. Si noti che la normale non sarebbe definita nei punti 1,0 e 3,0. 1,0, 3,0, punti sella. {f = 0} = {y = 0} {x = 1} {x = 3}, ν = 0, [07/07/016 exi] Si trovino tutti i punti critici della funzione f : R 3 R fx,y,z = e 3x +3y +y+z +x = exp{ 3x +3y +y +z +x}, determinandone la natura. Si trovi anche la normale alla superficie di livello f = 1 nel punto 0,0,0. Troviamo i punti critici risolvendo il sistema f = 0, ossia = fx,y,z 6x+1 = 0, x = fx,y,z6y+ = 0, y = fx,y,zz = 0. z 33

34 050. Classificazione di punti critici Dato che f > 0 ovunque, l unico punto critico è Calcoliamo la matrice hessiana 1 6, 1 3,0. f x = fx,y,z 6x+1 6fx,y,z, f y = fx,y,z6y+ +6fx,y,z, f z = fx,y,zz +fx,y,z, f = fx,y,z 6x+16y +, x y f x z = fx,y,zz 6x+1, f y z = fx,y,zz6y+. Dato che 1 f 6, 1 3,0 = e 1 4, si avrà 1 H f 6, 1 3,0 = e e quindi il punto è di sella. La normale alla superficie di livello è data come è noto da f0,0,0 = 1,,0. 1 6, 1 3,0, punto sella. ν = 1,, [07/07/016 exi] Trovare i punti critici della funzione f : R R data da fx,y = y +31+x 4y +3, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto 0,0. 34

35 050. Classificazione di punti critici A Troviamo i punti critici risolvendo il sistema f = 0, ossia = y +31+x = 0, x y = 1+x 4 = 0. La seconda equazione è di secondo grado e dà le due soluzioni x = 1, x = 3 che sostituite nella prima permettono di trovare i corrispondenti valori della y. Si ottengono i punti critici 1, 3, 3, 3. Troviamo poi la matrice hessiana: Dunque H f 1, 3 = In entrambi i punti si ha f = y +3, x f x y = 1+x, f y = , H 4 0 f 3, 3 = deth f < 0, e dunque si tratta di due punti sella. B Come è noto l equazione del piano tangente è z = f0,0+ f0,0 x,y = 3+6x 3y. 1, 3, 3, 3, punti sella. z = 3+6x 3y. 1. [07/09/016 exi] Trovare i punti critici della funzione f : R R data da fx,y = x xy y, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P =,0. Scriviamo il sistema f = 0, cioè x = x 8 + x3 y = 0, y = x4 y 4y =

36 050. Classificazione di punti critici La seconda equazione è soddisfatta se y = 0 oppure se x 4 = 16, ossia x = ±. Sostituendo nella prima le varie possibilità si trovano i punti critici 1 0,0,,,, 1. Calcoliamo la matrice hessiana Pertanto f x = x x y, f x y = x3 y, f y = x H f 0,0 = La matrice è semidefinita negativa e non si può trarre da essa altra conclusione che il punto 0,0 è di sella o di massimo. Basta però osservare che per provare che è di sella. Poi si ha 1 H f, = fx,0 = x3 4, La matrice è indefinita, quindi si tratta di un punto di sella. Infine H f, 1 1 = 4 0 è anch essa indefinita, quindi anche, 1/ è di sella. L equazione cercata è z = f,0+,0x++ x y,0y 0 = x+. I punti critici, tutti di sella, sono: 1 0,0,,, Il piano tangente è z = x + 3., [11/11/016 exi] Trovare e classificare i punti critici della funzione f : R R data da fx,y = x +y +6xy x+10y

37 050. Classificazione di punti critici I punti critici si ottengono dal sistema = 4x+6y = 0, x = y +6x+10 = 0, y che ha unica soluzione 16/7,13/7. La matrice hessiana della f è costante e vale 4 6 H f x,y =, 6 che ha determinante negativo. Dunque l unico punto critico è un punto sella perché la matrice hessiana è indefinita. 16 7, 13, punto sella [17/01/017 exi] Trovare e classificare i punti critici di fx,y = cosx y+e y, x,y R. Dato che f C R troviamo il gradiente x = sinx y, y = sinx y+yey. Il sistema che dà i punti critici è pertanto sinx y = 0, sinx y+ye y = 0. La I equazione sostituita nella II conduce subito a y = 0, da cui, di nuovo per la I, x = kπ, k Z. Dunque i punti critici sono tutti e soli i punti nella forma kπ,0, k Z. Per classificarli studiamo la matrice hessiana cosx y cosx y H f x,y = cosx y cosx y+e y +4y. e y Sostituendo si trova 1 k+1 1 H f kπ,0 = k 1 k 1 k+1, + 37

38 050. Classificazione di punti critici con Dunque se k è dispari deth f kπ,0 = 1+ 1 k+1 1 = 1 k+1. deth f kπ,0 = > 0, e l hessiana è definita positiva. Se invece k è pari, deth f kπ,0 = < 0, f xkπ,0 = 1 > 0, e l hessiana è indefinita. kπ,0, k Z; k dispari: minimo; k pari: punto sella. 15. [17/01/017 exii] Trovare e classificare i punti critici di fx,y = sinx+y+e x, x,y R. 0, π +kπ, k Z; k dispari: minimo; k pari: punto sella. 16. [6/0/017 exi] Trovare e classificare i punti critici della funzione fx,y,z = arctg x 1 +y +e z, x,y,z R 3. Si ha che f C R e che Dunque l unico punto critico è x = x 1, x 1 +y +1 y = y, x 1 +y +1 z = ze z. 1,0,0. In tale punto calcoliamo la matrice hessiana H f 1,0,0 = ,

39 050. Classificazione di punti critici che è indefinita. Pertanto si tratta di un punto sella. 1,0,0, punto sella. 17. [6/0/017 exii] Trovare e classificare i punti critici della funzione fx,y,z = e x +y +arctgz, x,y,z R 3. 0,,0, minimo. 18. [7/4/017 exi] Si determinino e si classifichino i punti critici della funzione fx,y,z = z +x 1 cosy, x,y,z R 3. Si ha f C R 3 ; possiamo quindi cercare i punti ove il gradiente si annulla: = x 1 = 0, x = siny = 0, y = z = 0. z Dunque si ottiene la famiglia di punti critici La matrice hessiana è data da Se k è pari 1,kπ,0, k Z. H f x,y,z = diag,cosy,. H f 1,kπ,0 = diag,1,, definita positiva: il punto critico è un minimo locale. Se k è dispari H f 1,kπ,0 = diag, 1,, indefinita: il punto critico è un punto sella. Punti di minimo locale: 1,nπ,0, n Z. Punti di sella: 1,n+1π,0, n Z. 19. [13/06/017 exi] Si trovino e si classifichino i punti critici della funzione fx,y = y x x 1, x,y R. 39

40 050. Classificazione di punti critici Poiché f C R troviamo il gradiente x = 3x +x, y = y. Annullando il gradiente si trovano quindi i punti critici 0,0, 3,0. Per classificarli studiamo la matrice hessiana 6x+ 0 H f fx,y =. 0 Si ha H f 0,0 = 0, H 0 f 3,0 = 0. 0 L hessiana è definita positiva nel primo caso che pertanto è un punto di minimo, e indefinita nel secondo che pertanto è un punto di sella. 0,0, minimo; 3,0, sella. 0. [13/07/017 exi] Determinare e classificare i punti critici di fx,y = x yx 3y +6 = x 3 y 3x y +6x y in R. Si ha f C R. Calcoliamo x = 6x y 6xy +1xy, y = x3 6x y +6x. Tutti i punti della forma 0,y, sono punti critici. Se invece x 0 otteniamo il sistema y R 6xy 6y +1y = 0, x 6y +6 = 0. Questo sistema, distinguendo i casi y = 0 e y 0, ha soluzioni 3,0, 3, 1. 40

41 050. Classificazione di punti critici Dunque i punti critici sono tutti e soli quelli dati da 0,y, y R; 3,0, 3, 1. Per classificarli studiamo la matrice hessiana 1xy 6y H f x,y = +1y 6x 1xy+1x 6x 1xy +1x 6x. Si ha H f 3,0 = dato che il determinante è negativo, l hessiana è indefinita e 3,0 è un punto sella. Si ha poi H f 3, 1 = dato che il determinante è positivo, l hessiana è definita, ed è negativa perché f xx < 0. Quindi 3/,1/ è un punto di massimo stretto. Infine si ha 6y H f 0,y = +1y 0, 0 0 cosicché nei punti critici 0, y l hessiana è semidefinita o nulla e il suo studio non permette di raggiungere conclusioni. Osserviamo allora che f0,y = 0 per ogni y R, e studiamo il segno di f usando la sua scomposizione nei due fattori indicati nel testo. Si vede che f 0 in un intorno di ciascun punto della forma 0,y con 0 < y <. Quindi questi sono punti di minimo. Invece f 0 in un intorno di ciascun punto della forma 0,y con y > o y < 0. Quindi questi sono punti di massimo. Infine f cambia segno in ogni intorno dei due punti 0,0 e 0, che pertanto sono punti di sella. 3,0,0,0,0,, punti sella; 3, 1, punto di massimo stretto; 0,y,0 < y <, punti di minimo; 0,y,y < 0 o y >, punti di massimo. 1. [15/09/017 exi] Determinare i punti critici della funzione fx,y,z = e x z x +y, x,y,z R 3. 41

42 050. Classificazione di punti critici Si ha f C R 3 ; derivando si ottiene x = ex z xx +y 1, y = yex z, z = ex z zx +y. Dalla II segue necessariamente che nei punti critici y = 0. La III dà allora z = 0 o x =, e la I dà x = 0 o x = 1. Quindi si hanno le soluzioni 0,0,0, ±1,0,0. 0,0,0, ±1,0,0.. [31/01/018 exi] Trovare e classificare i punti critici di fx,y = e x+y 3x xy +y, x,y R. Si ha x = ex+y 3x xy +6x, y = ex+y [3x x 1y +1]. Dalla I si ottiene x = 0 o 3x y +6 = 0. Se x = 0, la II dà y = 1. Se y = 3x+6 la II dà x = 7/4, y = 45/4. Quindi i punti critici sono Troviamo poi la matrice hessiana: 0, 1, 7 4, f x = R+ex+y 6x y +6, f x y = R xex+y, f y = R x 1ex+y, 4

43 050. Classificazione di punti critici ove R denota una qualsiasi funzione che si annulla nei punti critici. Dunque 7 0 H f 0, 1 = e 1, 0 1 che è definita positiva: il punto è di minimo isolato. Infine 7 H f 4, 45 = e che ha determinante negativo e quindi è indefinita. Perciò il punto è di sella. 7 0, 1, minimo; 4, 45, sella. 4, 3. [31/01/018 exii] Trovare e classificare i punti critici di fx,y = e x y 4y +xy +x, x,y R. 1,0, minimo; 76 5, 9, sella [/0/018 exi] Trovare i punti critici di fx,y,z = x 3 4x +3x+zarctgy +1, e dimostrare che almeno uno di essi non può essere un minimo. Determinare inoltre l equazione del piano tangente alla superficie di livello di f nel punto 0,0,0. La f è di classe C R 3. Scriviamo il sistema dei punti critici x = 3x 8x+3 = 0, y = z 1+y +1 = 0, = arctgy +1 = 0. z La II e la III danno subito z = 0, y = 1, mentre la I dà Dunque i punti critici sono x = 4± P 1 =, 1,0, P = , 1,0. 43

44 050. Classificazione di punti critici La matrice hessiana è In particolare H f x,y = 6x y+1z 1 [1+y+1 ] 1+y y+1 0 H f P 1 = , con determinante 7 < 0. Perciò la matrice ha almeno un autovalore negativo e quindi non può essere definita o semidefinita positiva. Quindi P 1 non può essere un minimo. Il piano tangente cercato ha equazione ossia per l espressione di f già trovata f0,0,0 x,y,z = 0, 3x+ π 4 z = P 1 =, 1,0, P = 3 4 7, 1,0. 3 P 1 non può essere un minimo perché non ha hessiana semidefinita positiva. Il piano tangente è 3x+ π 4 z = [/0/018 exii] Trovare i punti critici di fx,y,z = y 3 +3y +y xarctgz 1, e dimostrare che almeno uno di essi non può essere un minimo. Determinare inoltre l equazione del piano tangente alla superficie di livello di f nel punto 0,0,0. P 1 = 0, 1+ 1,1, P = 0, 1 1, P 1 non può essere un minimo perché non ha hessiana semidefinita positiva. Il piano tangente è π x+y = [14/06/018 exi] Determinare i punti critici di fx,y,z = e x yz 1 x y z, x,y,z R 3. 44

45 050. Classificazione di punti critici Poiché f C 1 R 3 procediamo ad annullare il gradiente: x = ex yz x y z = 0, y = ex z 1 x y z = 0, z = ex yz1 x y 3z = 0. i Se z = 0 tutte le equazioni sono risolte, per ogni x,y. ii Se z 0, ma y = 0, la I e la III sono risolte, e la II dà x+z = 1, che quindi identifica i punti critici in questo caso. iii Se z 0, y 0, il sistema si riduce a x+y +z = 0, x+y +z = 1, x+y +3z = 1, che ha unica soluzione 3,1,1. x,y,0, x,y R ; 1 z,0,z, z R; 3,1,1. 7. [11/07/018 exi] Determinare e classificare i punti critici di fx,y = xy 3 x y, x,y R. Si ha f C R. Troviamo il sistema dei punti critici: x = y 3 x y = 0, = xy6 x 3y = 0. y Intanto si hanno subito le soluzioni della forma x,0, con x R qualunque. Se invece y 0 la I dà x+y = 3, e la II x = 0, o x+3y = 6. Si hanno quindi 0,3 e 3/4,3/. Per classificare i punti critici troviamo la matrice hessiana: y H f x,y = y6 4x 3y. y6 4x 3y x6 x 6y 45

46 070. Studio degli insiemi di livello Dunque H f x,0 = 0 0, 0 x6 x che non dà informazioni conclusive come predetto dalla teoria per una curva di punti critici. Poi 18 9 H f 0,3 = 9 0 ha determinante negativo, quindi 0,3 è un punto sella. Infine 9 H f 3/4,3/ = , 8 che ha determinante positivo e quindi 3/4,3/ è un massimo locale. Torniamo ai punti della forma x,0. In essi fx,0 = 0. Osserviamo che il segno di f per y 0 è determinato dal segno dei fattori x, 3 x y. Si hanno dunque i seguenti casi: i 0 < x < 3: per y piccolo i due fattori sono positivi, quindi x,0 è di minimo. ii x > 3: per y piccolo un fattore è positivo e l altro negativo, quindi x,0 è di massimo. iii x < 0: per y piccolo un fattore è positivo e l altro negativo, quindi x,0 è di massimo. iv x = 0, x = 3: per i punti precedenti x,0 è di sella. I punti critici sono x,0, x R; 0,3; 3 4, 3. Inoltre sono di massimo: x,0, x < 0, x > 3; 3 4, 3. Sono di minimo: Sono punti sella: x,0, 0 < x < 3. 0,3, 0,0, 3, Studio degli insiemi di livello 1. [6/0/017 exi] Si dimostri che le curve di livello f = c della funzione fx,y = arctgx 4 y 4 46

47 070. Studio degli insiemi di livello sono curve regolari per ogni valore c R tranne uno. Si determini tale valore e si descriva la curva di livello relativa. Si ha fx,y = 4x3, y 3 x 4 y 4 +1, Quindi fx,y 0,0, x,y 0,0. Dunque tutte le curve di livello sono regolari per il teorema del Dini, tranne forse quella che passa per 0,0, ossia f = 0. Dato che arctgz = 0 se e solo se z = 0, allora questa curva coincide con l insieme D altra parte {x,y x 4 y 4 = 0}. x 4 = y 4 x = y x = y o x = y. Quindi la curva di livello f = 0 è data dall unione delle due rette x = y e x = y, e non è regolare in nessun intorno dell origine. c = 0; {x = y} {x = y}.. [6/0/017 exii] Si dimostri che le curve di livello f = c della funzione fx,y = e y4 x 4 sono curve regolari per ogni valore c R tranne uno. Si determini tale valore e si descriva la curva di livello relativa. c = 1; {x = y} {x = y}. 3. [15/09/017 exi] Data la funzione fx,y = x +y 4x+y +5, x,y R, determinare le sue curve di livello C k = {f = k}, k R, e rappresentarle graficamente, specificando di che curva si tratta e se sono curve regolari. Calcolare il vettore normale alla curva di livello che passa per 4, 1. La funzione può essere riscritta come fx,y = x +y +1, x,y R. Le curve di livello sono quindi date da ossia: C k = {x,y x +y +1 = k}, 47

48 070. Studio degli insiemi di livello 1. se k > 0 C k è la circonferenza di raggio k > 0 e centro, 1;. se k = 0 C k = {, 1}; 3. se k < 0 C k =. Quindi C k è una curva regolare se e solo se k > 0. La curva che passa per 4, 1 corrisponde al valore di k k = = 4. Si ha che la direzione normale cercata è data da f4, 1 = 4,0. 1. k > 0: C k è la circonferenza di raggio k > 0 e centro, 1;. k = 0: C k = {, 1}; 3. k < 0: C k =. Quindi C k è una curva regolare se e solo se k > 0. La normale è 1,0. 4. [/0/018 exi] Studiare la regolarità delle curve di livello di Si ha che f C R \{0,0} e fx,y = x +y 4 y, x,y R. x y 3 fx,y = x +y 4, x +y y 4 per x, y 0,0. Si ha quindi x,y = 0, x = 0, x 0,y = 0, per ogni y 0. y Quindi i punti critici sono tutti e soli quelli della forma 0,y, y 0. Si noti che essi appartengono tutti alla curva di livello f = 0, come anche 0,0. Le altre curve sono per il teorema del Dini tutte curve regolari. Studiamo direttamente f = 0; questa curva è identificata dall equazione x +y 4 = y 4, ossia x = 0 e coincide pertanto con l asse delle ordinate. Risulta quindi regolare anch essa. Tutte le curve di livello sono curve regolari. 48

49 730. Integrazione di forme esatte in R 5. [/0/018 exii] Studiare la regolarità delle curve di livello di fx,y = x 4 x 8 +y, x,y R. Tutte le curve di livello sono curve regolari. 6. [11/07/018 exi] Determinare le curve di livello L k della funzione: fx,y = 4x +y 4, specificando di quali curve si tratti e per quali valori di k esse siano regolari. La curva di livello f = k è data da 4x +y = 4+k, ossia da un ellisse se k > 4; in questo caso la curva è regolare. Se k = 4 la curva si riduce al punto 0,0, quindi non è regolare. Infine se k < 4 la curva di livello è vuota Integrazione di forme esatte in R 1. [9/4/001 exi] Trovare il dominio di definizione A della forma ω = dx x sin y siny x sin y dy, e dimostrare che ω è esatta ina. Trovare la primitiva F tale che F1,0 = π.. [9/4/001 exii] Trovare il dominio di definizione A della forma ω = sinx y cos x dx+ dy y cos x, e dimostrare cheω è esatta ina. Trovare la primitiva F tale chefπ, = π. 3. [1/09/001 exi] Trovare il più grande aperto connesso contenente 0,0 ove la forma dx ω = cos x+y + y dy cos x+y è esatta, e determinarne le primitive. 4. [1/09/001 exii] Trovare il più grande aperto connesso contenente 0,0 ove la forma ω = x dx cos x y + dy cos x y 49

50 730. Integrazione di forme esatte in R è esatta, e determinarne le primitive. 5. [/03/001 hwi] Dire se la forma y x +y 3 xy dx x +y 3 dy, è integrabile nel suo dominio di definizione. Sì. 6. [/03/001 hwi] Dire se la forma x 3 x 4 +y y 3 dx+ x 4 +y dy, è integrabile nel suo dominio di definizione. Sugg. È possibile, ma non indispensabile, calcolare direttamente il periodo. Sì. 7. [/03/001 hwi] Data la forma dx+ 1 x xlny lnx 1 y ylny dy, 1. trovarne l insieme di definizione e di esattezza;. trovarne la primitiva che vale π in 1/, 3/; 3. trovarne la primitiva F tale che Fx,x 0 se x 0. 1 : A = 0,1 0,1; : Fx,y = arcsinx+arcsiny + lnx lny + π ln4 ln 4 ; 3 3 : Fx,y = arcsinx+arcsiny + lnx lny [/03/001 hwi] Trovare la primitiva di e x y cos e cos e e x y dx dy, x y x y 50

51 730. Integrazione di forme esatte in R che si annulla nell origine. Fx,y = tge x y tg1, x+y > ln π. 9. [9/03/001 hwi] Si assuma che la forma 4 lnx +y x +y x dx+ydy sia chiusa nel suo dominio di definizione come in effetti è. 1. Dimostrare che è esatta nel suo dominio di definizione.. Trovarne una primitiva. : Fx,y = lnx +y +C, in R {0,0}. 10. [7/06/00 exi] Determinare l aperto di definizione A della forma xx +1 x +1 y +1 y dx x +1 y dy, e dire se è esatta in A. In caso affermativo calcolarne una primitiva. 11. [7/06/00 exii] Determinare l aperto di definizione A della forma x y +1 x 3 4 yy +1 dx+ y +1 x dy, e dire se è esatta in A. In caso affermativo calcolarne una primitiva. 1. [11/09/00 exi] Trovare il più grande aperto A ove la forma x ye x sinye x dx e x sinye x dy è esatta, e determinarne tutte le primitive in A. 13. [11/09/00 exii] Trovare il più grande aperto A ove la forma e y cosxe y dx+ y xe y cosxe y dy è esatta, e determinarne tutte le primitive in A. 51