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

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1 Analisi Matematica 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 Indice 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Ottimizzazione vincolata di funzioni Classificazione di punti critici Studio degli insiemi di livello Serie di potenze E.d.o. del I ordine generalità 5 0. Integrali generali E.d.o. a variabili separabili E.d.o. riconducibili a variabili separabili Lineari del primo ordine Bernoulli E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ) E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y ) Teoria locale e globale del prb di Cauchy Dipendenza continua e stime Applicazioni dell unicità Questioni non standard di unicità Soluzioni massimali Varie e.d.o Sistemi del I ordine Ricostruzione di e.d.o E.d.o. lineari Prb al contorno 114

3 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 60. Studio qualitativo E.d.o. lineari a coefficienti costanti non omogenee: forme speciali Equazioni di Eulero Integrazione di forme esatte in R Calcolo di integrali su curve di forme lineari in R Ottimizzazione di funzioni in domini 1. [5/01/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R R nell insieme E R, ove f(x,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: f(x,y) = (8xy,3y +4x 4). 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, 3

4 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 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 ossia 5 16 λ = 4x 4, 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, f(0,±1) = 3, f (0,± 1 ) = ±( 3 3 ) ( 3,3). maxf = f(0, 1) = 3, min E f = f(0,1) = 3. E. [5/01/016 (ex)ii] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R R nell insieme E R, ove f(x,y) = x 3 4xy +4x, E = {(x,y) R 1 x +y 1}. maxf = f(1,0) = 3, min E f = f( 1,0) = 3. E 3. [11/0/016 (ex)i] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R R definita da f(x,y) = 3x+3xy 1y 3x 4 6y, 4

5 00. Ottimizzazione di funzioni in domini nell insieme E R 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 f x = 3+3y 1x3 = 0, f = 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 = 0. 1 ) 4, 17, 16 ( 1 ) 4, 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 f(0,y) = 1y 6y, e f (0,y) = 1 1y < 0, 1 < y < 0. y Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ii) y = 0: qui vale (0,0), (0, 1). f(x,0) = 3x 3x 4, e f 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). f(x, x 1) = 1x 4 9x +1, e d dx f(x, x 1) = 1x3 18x > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ( 1,0), (0, 1). 5

6 00. Ottimizzazione di funzioni in domini maxf = f(0, 1) = 6, min E f = f( 1,0) = 6. E 4. [11/0/016 (ex)ii] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R R definita da nell insieme E R f(x,y) = 6x +3y 4 +1x 3y 3xy +1, E = {(x,y) R 1 x 0, x 1 y 0}. maxf = f(0, 1) = 7, min E f = f( 1,0) = 5. E 5. [11/04/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R nell insieme E R, ove f(x,y) = 4x y +y 3 4y, E = {(x,y) R y 0,x +y 1,}. Poiché f C (R ) si procede derivando e ottenendo f(x,y) = (8xy,4x +3y 4). 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 f(x,0) = 0, 0 x 1. Poi consideriamo la semicirconferenza y 0, x +y = 1; qui osserviamo che f(x,y) = 4(1 y )y +y 3 4y = 3y 3, 1 y 0. maxf = f(0, 1) = 3, min E f = f(x,0) = 0, 1 x 1. E 6

7 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 6. [11/11/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione f : R R nell insieme E, ove f(x,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 f x = 3 x, f 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 Su γ si ha Quindi min γ 1 f = f(0,0) = 4, min γ f = f(0, 8) = 0, γ 1 = {(x,0) 8 x 8}, ) } γ = {(x, x 8 x 8. 8 f(x,0) = 4+ x 8, 8 x 8. max γ 1 f = f(±8,0) = = ) f (x, x 8 8 = 0+ x, 8 x 8. 1 max γ f = f(±8,0) = = minf = f(0,0) = 4, max E E f = f(±8,0) = [17/01/017 (ex)i] Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione f(x,y) = 16(x +y ) x y 4 +3, 7

8 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 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: f x = 3x xy4 = 0, f 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 }. A) Procediamo per parametrizzazione; si ha su γ 1 Ovviamente f(x,0) ha f(x,0) = 16x +3, x. min γ 1 f = f(0,0) = 3, max γ 1 f = f(±,0) = 64+3 = 67. Su γ si ha g(x) := f(x, 4 x ) = 64 x (4 x ) +3, x. Derivando si trova g (x) = x(4 x )(3x 4). 8

9 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 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, g(0) = 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 h(x,y) = x +y 4, y > 0. Il sistema dei moltiplicatori di Lagrange è f x = 3x xy4 = λx, f 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 e dato che y 0 per ipotesi, la II allora implica che usando la III diviene Da qui discende y = λ = 16 y 4, (1) 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 ( f(0,) = 67, f ± 8 ), = > 57, 9

10 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 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 = f(0,) = f(±,0) = 67, min E f = f(0,0) = 3. E 8. [17/01/017 (ex)ii] Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione nell insieme f(x,y) = 16(x +y ) x 4 y 1, E = {(x,y) 4 y x 0, y }. maxf = f(,0) = f(0,±) = 63, min E f = f(0,0) = 1. E 9. [7/4/017 (ex)i] Si trovino gli estremi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione xy 1 f(x,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. Iniziamo cercando i punti critici interni a T; calcoliamo f x = y +y +1 (x+y +1), f 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: f(x,0) = 1 x+1, 0 x 1. Dunque f(x,0) è crescente su questo lato. 10

11 00. Ottimizzazione di funzioni in domini ) Su x = 0 si ha: f(0,y) = 1 y +1, 0 y 1. Dunque f(0,y) è crescente su questo lato. 3) Sul lato x+y = 1 si ha la restrizione g(x) := f(x,1 x) = x x+1, 0 x 1. Si calcola g (x) = 1 (1 x). 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 f(0,0) = 1, f(0,1) = f(1,0) = 1 ( 1, f, 1 ) = 3 8. ( 1 max f = f T, 1 ) = 3 8, min f = f(0,0) = 1. T 10. [13/06/017 (ex)i] Trovare gli estremi assoluti della funzione nell insieme E = f(x,y) = xy, { (x,y) y 1 +x }. [Si può assumere come noto che tali estremi esistono.] Si noti preliminarmente che in E Dunque per la forma di E si ha f(x,y) x y x 0, x +. +x lim f(x,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 f(x,y) = (y,x). Quindi l unico punto critico è l origine, ove però f non può avere un minimo o un massimo perché f(0,0) = 0 e f cambia segno vicino all origine. 11

12 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Passiamo allora a studiare f su Cominciamo da Vale E = { (x,y) y = ± 1 +x }. g(x,y) = y 1 +x = 0. ( x ) g(x,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 y = 1 +x. λ (+λ ) = 1 +λ, da cui Si ottengono dunque i punti λ = ±. ( ±, 1 ). 4 Per studiare la f sull altra curva y = 1 +x, usiamo invece (per esercizio) il metodo della parametrizzazione. Si ha Dunque ( h(x) := f x, 1 ) +x = x +x. h (x) = x (+x ). 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 ) =

13 00. Ottimizzazione di funzioni in domini max (± f = f, 1 ) = (± E 4 4, minf = f,± 1 ) = E [13/07/017 (ex)i] Determinare massimi e minimi assoluti di f(x,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 f x = 8x 4xy, f 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) g(x,y) = x +y /4 1 = 0, 1 < x < 1: si ha g(x,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. 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 y = x, che sostituita nella III dà x + x = 1, 13

14 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 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 f(x,0) = h(x) := 4x, max h = h(±1) = 4, min [ 1,1] h = h(0) = 0. [ 1,1] Infine calcolando esplicitamente f in tutti i punti trovati si ha la risposta. maxf = f(±1,0) = f(0,) = 4, min f = f(0,0) = 0. E E 1. [15/09/017 (ex)i] Determinare i massimi e i minimi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione in f(x,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 f(x,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 g(x,y) = x +y 4 = 0, y > 0, si ha g(x,y) = (x,y) 0, e quindi possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. risolvere il sistema 4x 3 +x = λx, 4y 3 = λy, x +y = 4, y > 0. Dobbiamo 14

15 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 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 g(x,y) = x +y 1 = 0, y > 0, si ha g(x,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 h(x) = f(x,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 h(x) = f(x,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 f(0,) = 16, f(0,1) = 1, f(±,0) = 0, f(±1,0) =. maxf = 0 = f(±,0), min E f = 16 = f(0,). E 13. [31/01/018 (ex)i] Determinare i punti di estremo assoluto e i relativi valori della funzione f(x,y) = x yx 3 +4x 4, 15

16 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 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 f x = x 3yx = 0, f 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 h(x) = f(x,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: g(x) = f(x,4x x ) = x +x 5, 0 x 4. Di nuovo g è crescente perché somma di funzioni crescenti. Dunque vanno valutati: f(0,0) = 0, f(4,0) = maxf = f(4,0) = 1040, min E f = f(0,0) = 0. E 14. [31/01/018 (ex)ii] Determinare i punti di estremo assoluto e i relativi valori della funzione f(x,y) = y xy 3 +3y 4, nel dominio E = {(x,y) R 0 x 3y y }. maxf = f(0,3) = 5, min E f = f(0,0) = 0. E 16

17 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 15. [/0/018 (ex)i] Determinare i punti di estremo assoluto, e i relativi valori, per la funzione nell insieme f(x,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: f = x y 1 = 0, x f = 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 λ)x 1, che sostituito nella II dà λ( λ)x = λ. Si hanno due casi, oltre all informazione λ 0: A.1) λ =. A.) x = 1/(λ). A.1) Si ha allora y = x 1 < 0, impossibile. 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 =. 17

18 00. Ottimizzazione di funzioni in domini B) Su γ operiamo la sostituzione y = x ottenendo la funzione Si ha h(x) = (x 4x+1). h (x) = 8(x 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(, ) =, f(1,1) =, f(0,) = f(,0) =. maxf = f(0,) = f(,0) =, min E E f = f(, ) =. 16. [/0/018 (ex)ii] Determinare i punti di estremo assoluto, e i relativi valori, per la funzione nell insieme f(x,y) = x +y +xy x+y +1, E = {(x,y) x +y 1, y x 1}. maxf = f(0, 1) = f(1,0) = 1, min E ( 1 f = f, 1 ) = 1. E 17. [14/06/018 (ex)i] Determinare massimi e minimi assoluti, specificando i punti in cui essi sono assunti, di nell insieme f(x,y) = x +xy 3y, E = {(x,y) R x + y 1,x 0}. A) Iniziamo con il trovare i punti critici interni al dominio E. Si ha f C (E); il sistema dei punti critici è f = x+y = 0, x f = x 6y = 0. y Si vede che l unica soluzione del sistema è (0,0) che però non è interno a E. 18

19 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 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) = f(t,1 t) = t 3(1 t), 0 t 1. h 1(t) = 1+6(1 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) = f(t,t 1) = t t 3(t 1), 0 t 1. h (t) = 4t 1 6(t 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) = f(0,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: f(0,0) = 0, f(0,±1) = 3, f(1,0) = 1. maxf = f(1,0) = 1, min E f = f(0,±1) = 3. E 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 1. [5/01/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ R, ove f(x,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. 19

20 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Poniamo Calcoliamo Il sistema di Lagrange quindi sarà g(x,y) = (x 1) +4y 4. f(x,y) = e x y (x,y), g(x,y) = (x 1,4y). (x 1) +4y 4 = 0, e x y x = λ(x 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, f(0,3) = e 9, f ( 1 5 ) 3, ) 3,± = e 3. 3 ( maxf = f γ 1 5 ) 3,± = e 3, min f = f(0,3) = e 9. 3 γ. [5/01/016 (ex)ii] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ R, ove γ = f(x,y) = e x +y, ( y 1 { (x,y) R x ) 1 = 0 }. ( maxf = f 0, 5 ) ( = e 5 8 ) 4, min f = f ± γ γ 3, 1 = e [11/04/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ, ove f(x,y) = x 3 4xy +16x+1, γ = {(x,y) x +y = 4}. 0

21 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: calcoliamo Si ottiene il sistema f(x,y) = ( 3x 4y +16, 8xy), g(x,y) = (x,y), g(x,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 (ex)i] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione vincolata alla curva Costruiamo il sistema di Lagrange f(x,y) = y 3 +4x y 4y, γ = {(x,y) x +y 1 = 0}. 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), 1

22 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 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). f(0,1) = 3, f(0, 1) = 3, f(±1,0) = 0. maxf = f(0, 1) = 3, γ min γ f = f(0,1) = [07/09/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R data da f(x,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 = 4. (5 4λ)x+3y = 0, 3x+(5 4λ)y = 0. 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,

23 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 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 (ex)i] Determinare i valori di massimo e minimo assoluto, e i relativi punti di estremo, della funzione f(x,y) = cos(x +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. Si ha f C (R ), con f(x,y) = ( xsin(x +y ), ysin(x +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 xsin(x +y ) = λx, ysin(x +y ) = λ(y 1), ( x + y ) 1 = 1. 3

24 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 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 sin(x +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 (1) 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 [17/01/017 (ex)i] Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione f(x,y) = x +y, soggetta al vincolo g(x,y) = x 4 +y 4 1 = 0. Poiché f e g sono C e la funzione che dà il vincolo ha gradiente g(x,y) = 4(x 3,y 3 ), 4

25 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 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). 8. [17/01/017 (ex)ii] Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione f(x,y) = x 4 +y 4, soggetta al vincolo g(x,y) = x +y 1 = 0. min = 1, in (±1/,±1/ ) (ogni scelta dei segni); max = 1, in (0,±1) e (±1,0). 5

26 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 9. [6/0/017 (ex)i] Si trovi il punto di minimo assoluto della funzione ristretta alla curva Notiamo che f C 1 (R ) e che f(x,y) = x +y 1, γ : x 3 y 3 = 1. f(x,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 : g(x,y) := x 3 y 3 1 = 0, e che Dunque impostiamo il sistema g(x,y) = 3(x, y ) 0, su γ. x = 3λx, y = 3λy, x 3 y 3 = 1. La I dà 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. 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 f(0, 1) = 0, f(1,0) = 0, f 3, 1 = 3 ) > 0. 6

27 050. Classificazione di punti critici min γ f = f(0, 1) = f(1,0) = [6/0/017 (ex)ii] Si trovi il punto di minimo assoluto della funzione f(x,y) = x +y +3, ristretta alla curva γ : y 3 x 3 = 1. min γ f = f( 1,0) = f(0,1) = [7/4/017 (ex)i] Trovare gli estremi assoluti e i relativi punti di estremo della funzione f(x,y) = x y, sulla curva g(x,y) = x +y 4 = 0. Si ha f, g C (R ) e inoltre g(x,y) = (4x,y) 0, sulla curva in questione. Impostiamo il sistema dei moltiplicatori di Lagrange: x = λ4x, y = λy, x +y = 4. 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 = f(0,±) = Classificazione di punti critici 7

28 050. Classificazione di punti critici 1. [5/01/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z) = 1 z +x +3 +(π y), (x,y,z) R 3. Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,y,z) = 3π +1 3 nel punto P = (0,0,0). Si ha ( x f(x,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 f(0,0,0) = (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 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z) = 1 y +z +3 (x e), (x,y,z) R 3. Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,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 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R f(x,y) = 4xy + xy3 3 x ; 8

29 050. Classificazione di punti critici classificare quelli nel semipiano y < 0. Il sistema che dà i punti critici è La seconda equazione ha le soluzioni f y3 = 4y+ x = 0, x 3 f 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, 3). ( 8 3, ). (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 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 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R f(x,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). 9

30 050. Classificazione di punti critici La f è di classe C (R ). Troviamo i punti critici uguagliando a 0 il gradiente: f x = (x+1)ex+1 (y 1) = 0, f 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+1)e x+1 (x+1)e x+1. Si ha che è definita positiva. Inoltre ( H f 1, 3 ) = H f (0,1) = ( 1 ) 0 0 ( ) 0 e, e che ha determinante negativo e quindi è indefinita. Infine troviamo l equazione del piano tangente alla superficie z = f(x,y) in (0,0, f(0,0)) = (0,0,1). L equazione è data da (x,y,z 1) ( f(0,0), 1) = 0. Punti critici: ( 1,3/): punto di minimo; (0,1): punto sella. ex+y+z 1 = [11/0/016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R R f(x,y) = 4xy x3 y 3 y ; classificare quelli nel semipiano x > 0. (, 8 ) (,, 8 ), (0,0), ( 3,0), ( 3,0)

31 050. Classificazione di punti critici Inoltre ( 3,0) è un punto sella e (,8/3) un punto di massimo. 6. [11/0/016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R R f(x,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 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R in tutto R e classificarli, ove f(x,y) = 1 3 (1 x)3 y + 1 (x 1) y. Inoltre trovare l equazione del piano tangente al grafico di f(x,y) nel punto P = (0,0). Calcoliamo il gradiente ( ) f(x,y) = (1 x) +(x 1)y, 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 1)y H f (x,y) = (x 1)y 4+(x 1). 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 f(1,y) = y, f(x,0) = 1 3 (1 x)3. Pertanto anche (1,0) è un punto sella, dato che x = 1 lo è per f(x,0). Infine f(0,0) = ( 1,0). 31

32 050. Classificazione di punti critici Dunque l equazione cercata è x+z f(0,0) = 0. (1,0), (3, ), (3, ), tutti punti sella. L equazione del piano è x+z = [0/06/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f(x,y) = 9 x + 1 (yx) x5, (x,y) R, e stabilirne la natura. I punti critici sono per definizione le soluzioni del sistema f x = 9x+y x+x 4 = 0, f 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 Notiamo che x(x 3 9) = 0. (0,ȳ), ȳ R; ( 3 9,0). f(0,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

33 050. Classificazione di punti critici Dunque il suo studio non può dare risultato. Osserviamo invece direttamente che f(x,y) = x } { 9+y + x3. 5 Dunque distinguiamo tre casi: i) ȳ > 3: In questo caso f(x,y) 0 in un intorno di (0,ȳ) che risulta pertanto di minimo locale. ii) ȳ < 3: In questo caso f(x, 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 f(x,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 ( 3 ( ) 7 0 9,0) = 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 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R con f(x,y) = y π (1+x) 4 y π, e classificarli. Determinare la curva di livello f(x,y) = 0 e la normale a essa in (π,0). Scriviamo il sistema che dà i punti critici f x = y (1+x) = 0, π f 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 f x = y π, f x y = π (1+x), f y = 0. 33

34 050. Classificazione di punti critici Pertanto H f (1,0) = ( ) 0 4 π 4 π 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 = (0,1). 10. [07/07/016 (ex)i] Si trovino tutti i punti critici della funzione f : R 3 R f(x,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 f = f(x,y,z)( 6x+1) = 0, x f = f(x,y,z)(6y+) = 0, y f = f(x,y,z)z = 0. z Dato che f > 0 ovunque, l unico punto critico è ( 1 ) 6, 1 3,0. Calcoliamo la matrice hessiana f x = f(x,y,z)( 6x+1) 6f(x,y,z), f y = f(x,y,z)(6y+) +6f(x,y,z), f z = f(x,y,z)(z) +f(x,y,z), f = f(x,y,z)( 6x+1)(6y +), x y f x z = f(x,y,z)(z)( 6x+1), f y z = f(x,y,z)(z)(6y+). 34

35 050. Classificazione di punti critici 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 f(0,0,0) = (1,,0). ( 1 6, 1 3,0 ), punto sella. ν = (1,,0) [07/07/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R data da f(x,y) = (y +3)(1+x) 4(y +3), e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto (0,0). A) Troviamo i punti critici risolvendo il sistema f = 0, ossia f = (y +3)(1+x) = 0, x f 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) = f = (y +3), x f x y = (1+x), f y = 0. ( ) 0 4, H 4 0 f ( 3, 3) = ( )

36 050. Classificazione di punti critici In entrambi i punti si ha deth f < 0, e dunque si tratta di due punti sella. B) Come è noto l equazione del piano tangente è z = f(0,0)+ f(0,0) (x,y) = 3+6x 3y. (1, 3), ( 3, 3), punti sella. z = 3+6x 3y. 1. [07/09/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R data da f(x,y) = x3 ( xy) y, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (,0). Scriviamo il sistema f = 0, cioè f x = x 8 + x3 y = 0, f y = x4 y 4y = 0. 4 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 f(x,0) = x3 4, 36

37 050. Classificazione di punti critici per provare che è di sella. Poi si ha 1 ) H f (, = ( 1 4 ). 0 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)+ f f (,0)(x+)+ x y (,0)(y 0) = (x+). I punti critici, tutti di sella, sono: Il piano tangente è (0,0), (, 1 ), z = x + 3. (, 1 ). 13. [11/11/016 (ex)i] Trovare e classificare i punti critici della funzione f : R R data da f(x,y) = x +y +6xy x+10y +1. I punti critici si ottengono dal sistema f = 4x+6y = 0, x f = 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. 7 37

38 050. Classificazione di punti critici 14. [17/01/017 (ex)i] Trovare e classificare i punti critici di f(x,y) = cos(x y)+e y, (x,y) R. Dato che f C (R ) troviamo il gradiente f x = sin(x y), f y = sin(x y)+yey. Il sistema che dà i punti critici è pertanto sin(x y) = 0, sin(x 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 ( ) cos(x y) cos(x y) H f (x,y) = cos(x y) cos(x y)+e y +4y. e y Sostituendo si trova con Dunque se k è dispari ( ) ( 1) k+1 ( 1) H f (kπ,0) = k ( 1) k ( 1) k+1, + 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 x(kπ,0) = 1 > 0, e l hessiana è indefinita. (kπ,0), k Z; k dispari: minimo; k pari: punto sella. 15. [17/01/017 (ex)ii] Trovare e classificare i punti critici di f(x,y) = sin(x+y)+e x, (x,y) R. 38

39 050. Classificazione di punti critici (0, π +kπ ), k Z; k dispari: minimo; k pari: punto sella. 16. [6/0/017 (ex)i] Trovare e classificare i punti critici della funzione ( f(x,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 f x = (x 1) ), ((x 1) +y +1 f y = y ), ((x 1) +y +1 f z = ze z. (1,0,0). In tale punto calcoliamo la matrice hessiana H f (1,0,0) = , 0 0 che è indefinita. Pertanto si tratta di un punto sella. (1,0,0), punto sella. 17. [6/0/017 (ex)ii] Trovare e classificare i punti critici della funzione f(x,y,z) = e x +(y ) +arctg(z ), (x,y,z) R 3. (0,,0), minimo. 18. [7/4/017 (ex)i] Si determinino e si classifichino i punti critici della funzione f(x,y,z) = z +(x 1) cosy, (x,y,z) R 3. 39

40 050. Classificazione di punti critici Si ha f C (R 3 ); possiamo quindi cercare i punti ove il gradiente si annulla: f = (x 1) = 0, x f = siny = 0, y f = 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+1)π,0), n Z. 19. [13/06/017 (ex)i] Si trovino e si classifichino i punti critici della funzione f(x,y) = y x (x 1), (x,y) R. Poiché f C (R ) troviamo il gradiente f x = 3x +x, f 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 f(x,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. 40

41 050. Classificazione di punti critici (0,0), minimo; ( 3,0 ), sella. 0. [13/07/017 (ex)i] Determinare e classificare i punti critici di f(x,y) = x y(x 3y +6) = x 3 y 3x y +6x y in R. Si ha f C (R ). Calcoliamo f x = 6x y 6xy +1xy, f 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 ). 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 ) = 9 ( ) 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,

42 050. Classificazione di punti critici cosicché nei punti critici (0, y) l hessiana è semidefinita o nulla e il suo studio non permette di raggiungere conclusioni. Osserviamo allora che f(0,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 (ex)i] Determinare i punti critici della funzione f(x,y,z) = e x z (x +y ), (x,y,z) R 3. Si ha f C (R 3 ); derivando si ottiene f x = ex z x(x +y 1), f y = yex z, f z = ex z z(x +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 (ex)i] Trovare e classificare i punti critici di f(x,y) = e x+y (3x xy +y), (x,y) R. 4

43 050. Classificazione di punti critici Si ha Dalla I si ottiene f x = ex+y (3x xy +6x), f y = ex+y [3x (x 1)(y +1)]. 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, 45 ). 4 f x = R+ex+y (6x y +6), f x y = R xex+y, f y = R (x 1)ex+y, 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 (ex)ii] Trovare e classificare i punti critici di f(x,y) = e x y (4y +xy +x), (x,y) R. ( 1,0), minimo; ( 76 ) 5, 9, sella [/0/018 (ex)i] Trovare i punti critici di f(x,y,z) = x 3 4x +3x+zarctg(y +1), 43

44 050. Classificazione di punti critici 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 f x = 3x 8x+3 = 0, f y = z 1+(y +1) = 0, f = arctg(y +1) = 0. z La II e la III danno subito z = 0, y = 1, mentre la I dà Dunque i punti critici sono La matrice hessiana è In particolare x = 4± 7 3 ( 4+ 7 ) P 1 =, 1,0, P = 3 H f (x,y) =. ( 4 7 6x (y+1)z 1 [1+(y+1) ] 3 ), 1,0. 1+(y+1) (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 f(0,0,0) (x,y,z) = 0, 3x+ π 4 z = 0. ( 4+ 7 ) 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. 44

45 050. Classificazione di punti critici 5. [/0/018 (ex)ii] Trovare i punti critici di f(x,y,z) = y 3 +3y +y xarctg(z 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 (ex)i] Determinare i punti critici di f(x,y,z) = e x yz (1 x y z), (x,y,z) R 3. Poiché f C 1 (R 3 ) procediamo ad annullare il gradiente: f x = ex yz ( x y z) = 0, f y = ex z (1 x y z) = 0, f z = ex yz(1 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). 45

46 050. Classificazione di punti critici 7. [11/07/018 (ex)i] Determinare e classificare i punti critici di f(x,y) = xy (3 x y), (x,y) R. Si ha f C (R ). Troviamo il sistema dei punti critici: f x = y (3 x y) = 0, f = xy(6 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) = y(6 4x 3y). y(6 4x 3y) x(6 x 6y) Dunque H f (x,0) = ( ) 0 0, 0 x(6 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 f(x,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. 46

47 070. Studio degli insiemi di livello I punti critici sono (x,0), x R; (0,3); Inoltre sono di massimo: (x,0), x < 0, x > 3; ( 3 4, 3 ). ( 3 4, 3 ). Sono di minimo: Sono punti sella: (x,0), 0 < x < 3. (0,3), (0,0), (3,0) Studio degli insiemi di livello 1. [6/0/017 (ex)i] Si dimostri che le curve di livello f = c della funzione f(x,y) = arctg(x 4 y 4 ) sono curve regolari per ogni valore c R tranne uno. Si determini tale valore e si descriva la curva di livello relativa. Si ha f(x,y) = 4(x3, y 3 ) (x 4 y 4 ) +1, Quindi f(x,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 (ex)ii] Si dimostri che le curve di livello f = c della funzione f(x,y) = e y4 x 4 47

48 070. 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. c = 1; {x = y} {x = y}. 3. [15/09/017 (ex)i] Data la funzione f(x,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 f(x,y) = (x ) +(y +1), (x,y) R. Le curve di livello sono quindi date da ossia: C k = {(x,y) (x ) +(y +1) = k}, 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 ) +( 1+1) = 4. Si ha che la direzione normale cercata è data da f(4, 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 (ex)i] Studiare la regolarità delle curve di livello di f(x,y) = x +y 4 y, (x,y) R. 48