Tutorato di AM210 - Soluzioni

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1 Tutorato di AM0 - Soluzioni A.A. 0/0 Docente: Prof. G. Mancini Tutori: Vincenzo Morinelli, Gianluca Lauteri Tutorato 5: Differenziabilità, massimi e minimi in più variabili Testi e soluzioni dei tutorati disponibili all indirizzo Soluzione Esercizio 5.0. Sia ν R n \ {0}. Dalla differenziabilità di f in un generico punto 0, abbiamo che, se t è sufficientemente piccolo f 0 + tν f 0 = t f 0, ν + o t quindi, dividendo per t ed effettuando il limite per t 0, otteniamo ν 0 def f 0 + tν f 0 = lim = f 0, ν t 0 t La linearità dell applicazione L 0 segue immediatamente dalla linearità del prodotto scalare: infatti, α, β R, ν, ξ R n \ {0}, con α, β 0, 0 L 0 αν + βξ = αν + βξ 0 = f 0, αν + βξ = = α f, ν + β f, ξ = αl 0 ν + βl 0 ξ Soluzione Esercizio 5.. Considerato lo sviluppo di Taylor di f, y = + y in un punto generico p = 0, y 0 R : f 0 + h, y 0 + k = f 0, y 0 + f 0, h, k + o h + k, h, k R dove f 0, y 0 = 0, 4y 0. Il piano tangente sarà definito da T p : R R h, k 0 + h, y 0 + k, f 0, y 0 + f 0, h, k cioè T p h, k = 0 + h, y 0 + k, 0 + y 0 + 0h + 4y 0 k. Le coordinate del piano tangente saranno quindi Soluzione Esercizio 5.. = 0 + h y = y 0 + k z = 0 + y 0 + 0h + 4y 0 k 5.. Consideriamo la mappa u, v := u, v, u, v, u, v = Sostituendo u, v nell equazione dell ellisse otteniamo u v a b u a + v b + c c u, v, c u a v b = u a + v b u a v b + = Concludiamo che u, v soddisfa l equazione dell ellissoide ed è quindi parametrizzazione

2 a 5.. Osservato che 0 = u, v in a, b, b, dalla rappresentazione con la formula di Taylor al primo ordine di a b + h, + k a b + h, + k a + h, b + k = a b c + a b, a b, a b, h k + o h + k deduciamo la forma del piano tangente la superficie nel punto 0 = a, b, b, ovvero Ora y z = a b c + a b u, v, 0 e quindi, =, 0 a b u, v 0, e quindi, = 0, cu u, v = a u v a b cv, b u v a b Segue che il piano tangente all ellissoide in 0 sarà: y = + z a b c a b, a b, a b, h k e quindi a, 0 0 c a c b h k b = c a, c b i.e. = y = z = a + h b + k c c a h c b k Soluzione Esercizio 5.. Dalle regola della catena, abbiamo che =,,, = + = = sin θ cos θ y =,, y, y = cos θ sin θ + = y + y =

3 e quindi f y = y = y + y f = = = cos θ sin θ + y + y + y sin θ = + y + y + y f + cos θ cos θ f cos θ sin θ + sin θ = sin θ sin θ + cos θ y + y + y = cos θ + sin θ = cos θ sin θ cos θ + y y + y = + + = sin θ cos θ f sin θ = y + sin θ y + + cos θ y + f cos θ f sin θ + + sin θ f sin θ cos θ + Di conseguenza, in coordinate polari f = f + f sin θ cos θ cos θ + + sin θ f y + y + + y = + y = y sin θ cos θ + cos θ f sin θ cos θ + cos θ f f = f + f y = f + f + = sin θ f + cos θ + f = Da tale espressione segue subito che u, y := log + y è soluzione di u = 0: infatti, in coordinate polari, u, θ = log, e quindi u = u + u = = 0 Soluzione Esercizio 5.4. Essendo ft, gt 0 t R, allora definendo γt C R, R come γt := t, gt si ha γt =, g t e dunque, per la regola di derivazione di funzioni composte, si ha 0 = d dt 0 = d dt ft, gt = d fγt = ft, gt, γt = dt t, gt γ t + y t, gt γ t = t, gt + y t, gtg t t R in particolare, essendo g0 = 0, per t = 0 si ha 0, 0 + y 0, 0g 0 = 0 e quindi, se 0, 0 0 allora y g 0, 0 0 = 0, 0 y

4 Soluzione Esercizio Si ha 5.5. Abbiamo Dalla regola della catena Soluzione Esercizio 5.6. F, y = y log + 4 y + sin y e log + e + y + sin e + y, log + 4 y + sin y log + e + y + sin e + y y 0 J g, y, z = ze 0 e, J f, y = y + J g f, y = J g f, yj f = y y +y y + y ye +y 0 e +y y + y + +y + + = e +y + e +y + y e +y + e +y + y + = 5.6. f, y = 4 y 4 + y : f, y = 4 4, 4y 4y = 0, 0 = 0 ± e y = 0 ± dunque abbiamo nove punti critici. La matrice Hessiana è H f, y = y dunque l origine è un punto di sella perché H f 0, 0 = ha due autovalori di segno discorde; analogamente, sono selle anche i quattro punti,,,,, e,, perché 8 0 H f ±, = H f ±, = 0 8, 0 e, 0 sono invece due punti di minimo locale, perché 8 0 H f ±, 0 = 0 4 è strettamente definita positiva, mentre 0, e 0, sono punti di massimo perché 4 0 H f 0, ± = 0 8 ha entrambi gli autovalori negativi 4

5 5.6. f, y = y + y e f, y = y + y + y, + y + y = y + y, + y Vogliamo f, y = 0, 0: consideriamo i vari casi possibili per i quali ciò avviene:, y = 0, 0 Se y = 0 e 0, si dovrà necessariamente avere cioè, y = ±, 0 Se = 0 e y 0 i.e.,, y = 0, ± Se 0 e y 0, dovremo soddisfare 0 = + y = = ± 0 = + y = y y = ± { + y = 0 + y = 0 sommando membro a membro, otteniamo = y, che sostituita, ad esempio, nella prima equazione, fornisce = ±, e quindi avremo i punti ±,, ±, Riassumendo, abbiamo 9 punti critici: La matrice hessiana è 0, 0, 0, 0 0, 0,,,, H f, y =, 6y + y + y 6y quindi l origine, ±, 0 e 0, ± sono punti di sella perché 0 H f 0, 0 = 0 e 0 H f ±, 0 = H f 0, ± = 0 hanno determinante negativo. I punti ±, ± sono di minimo relativo perché ha determinante e traccia positiva, mentre H f ±, ± = ±, sono di massimo relativo in quanto ha traccia negativa e determinante positivo. H f ±, = 5

6 5.6. f, y = y ; f, y = y, 6y si annulla solo in 0, 0: la matrice Hessiana 6 6y H f, y = 6y 6 è identicamente nulla nell origine, quindi non ci dà informazioni: tuttavia, studiando il segno della funzione notiamo che f 0, 0 = 0 e in ogni intorno dell origine ci sono sia punti in cui la funzione assume valori positivi ad esempio, f n, 0 = n sia punti in cui assume valori negativi ad esempio, f n, = n n, e dunque l origine non può essere né un punto di massimo né di minimo relativo f 4, y = 4 sin y; f 4, y = 4 sin y, cos y si annulla in tutti i punti in cui = 0 e in quelli in cui cos y = 0 e = 4 sin y, ovvero nei punti del tipo 4, π + kπ e 4, π + kπ dunque i punti mentre H f4, y = 6 sin y cos y cos y sin y 4, π + kπ e 4, π + kπ sono dei minimi perché H f4 4, π + kπ = H f4 4, 9 π + kπ = H f4 0, y = non ci dà informazioni. Tuttavia, studiando il segno della funzione notiamo che intorno a ogni punto dell asse y ci sono sia punti in cui la funzione è positiva sia punti in cui è negativa, dunque sono tutti punti di sella f 5, y, z = sinyz; f, y = yz cosyz, z cosyz, y cosyz si annulla in tutti i punti in cui due delle tre coordinate sono nulle e in quelli in cui yz = π + kπ: i punti del primo tipo sono tutti di sella perché intorno ad ogni punto per cui yz = 0 ci sono punti in cui yz > 0 con sinyz > 0 e altri in cui in cui yz < 0 con sinyz < 0; i punti in cui yz = π + kπ sono tutti di massimo assoluto, perché π sin + kπ = sinyz, y, z R e dunque in particolare sono di massimo relativo; analogamente, i punti dove yz = π + kπ sono di minimo relativo perché sinyz = sin π + kπ I punti stazionari di f 6, y = y sono quelli in cui f 6, y = 0, 0 f 6, y = y, y = 0, 0 { y = 0 y = 0 Le soluzioni del sistema sono P = 0, 0, P =,, P =,, P 4 =,, P 5 =,. Per vedere se sono punti di massimo o di minimo occorre studiare la matrice hessiana della funzione y H f6, y = 4y 4y 6

7 nell origine la matrice hessiana è definita negativa, cioè ha entrambi gli autovalori negativi, perché 0 H f6 0, 0 = 0 quindi P è un punto di massimo. Nei punti P, P 4 la matrice hessiana è 0 4 H f6, = H f6, = 4 0 che avendo determinante negativo ha autovalori di segno opposto e quindi P, P 4 non sono di massimo né di minimo; Nei punti P, P 5 la matrice hessiana ha la forma 0 4 H f6, = H f6, = 4 0 e analogamente i punti P, P 5 non sono massimi né minimi f 7, y = y 4 y. I punti critici sono quelli che rispettano la condizione f 7, y = 0, 0: f 7, y = 4 + 8, 4y 4y = 0, 0 { = 0 4y 4y = 0 Il sistema ha soluzioni P := 0, 0, P := 0,, P := 0,, P 4 :=,, P 5 :=, 0 P 6 :=,, P 7 :=,, P 8 :=, 0, P 9 :=, Studiamo l hessiana di f, y in questi punti: H f7, y = y 4 P non è di massimo né di minimo perchè l hessiana ha autovalori di segno opposto in quanto 8 0 H f7 0, 0 = 0 4 P, P sono di minimo relativo perchè l hessiana calcolata nei punti è definita positiva, cioè ha entrambi gli autovalori positivi, perché 8 0 H f7 0, = H f7 0, 0 8 P 4, P 6 non sono né massimi né minimi in quanto l hessiana ha autovalori di segno opposto perché 4 0 H f7, = H f7, = 0 8 P 7, P 9 sono di minimo relativo perchè la matrice hessiana è definita positiva dal momento che 8 0 H f7, = H f7, = 0 8 P 5 è di massimo relativo perchè l hessiana è definita negativa, cioè ha entrambi gli autovalori negativi, poiché 4 0 H f7, 0 = 0 4 7

8 P 8 è di minimo perchè l hessiana ha autovalori di segno opposto: 8 0 H f7, 0 = f 8, y = y 4 y cos. Cerco i punti di R che annullino il gradiente f 8, y = y sin, 4y y cos { y = 0, 0 sin = 0 4y y cos = 0 Il sistema ha per soluzioni la retta y = 0 e i punti P k = kπ, k k Z. L hessiana di f 8, y è 4 della forma y H f8, y = cos y sin y sin y 6y cos Nei punti y = 0 la matrice hessiana è la matrice nulla perché 0 0 H f8, 0 = 0 0 e dunque non si può dire nulla sulla natura dei punti; tuttavia, lungo la direzione y = 0 la funzione è nulla e cambia di segno nell intorno di ognuno di questi punti, dunque nessuno di questi è di massimo né di minimo locale; nei punti P k l hessiana è della forma π 7 H f8 + kπ, 0 = e dunque i punti sono di minimo relativo f 9, y, z = sin yz; f 9, y, z = yz cosyz sinyz, z cosyz sinyz, y cosyz sinyz si annulla in tutti e soli i punti, y, z R tali che yz = kπ per k Z; per stabilire quali sono di massimo e quali di minimo è sufficiente notare che, essendo 0 sin yz, se yz = kπ allora, y, z k + π è un minimo perché f 9, y, z = 0 mentre se yz = il punto, y, z è di massimo perché f, y, z =. 8