ANALISI VETTORIALE COMPITO IN CLASSE DEL 24/10/2012

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1 ANALISI VETTORIALE COMPITO IN CLASSE DEL 4/10/01 Esercizio 1 Dimostrare che l equazione F (x, y) =e tan(x+y) x 3y 1 = 0 definisce implicitamente in un intorno di (0, 0) una funzione y = f(x) tale che F (x, f(x)) = 0. Dire se in 0 la funzione f ammette max o min relativo. Risposta Per dimostrare la prima parte è su ciente applicare il teorema del Dini. Osserviamo che F (0, 0) = 0 e F x (x, y) = etan(x+y) 1, F cos (x+y) y (x, y) = etan(x+y) 3. Dunque F cos (x+y) y (0, 0) =, per cui esiste f(x) definita implicitamente dall equazione F (x, y) = 0 in un intorno di (0, 0). Inoltre f 0 (0) = F x(0, 0) F y (0, 0) =0. Per vedere se la funzione f in 0 ammette max o min relativo calcoliamo la sua derivata seconda in 0. Siccome F xx (x, y) = etan(x+y) sin(x+y) cos 4 (x+y) cos 3 (x+y) etan(x+y) si ha f 00 (0) = F xx(0, 0) F y (0, 0) equindix = 0 è un punto di minimo relativo per f. = 1, Esercizio Dimostrare che l equazione F (x, y) =y + x sin(y) +x cos(y) +xy =0definisce implicitamente in un intorno di (0, 0) una funzione y = f(x) tale che F (x, f(x)) = 0. Calcolare f(x)+x lim x!0 x. Risposta Applichiamo di nuovo il teorema del Dini nel punto iniziale (0, 0). Con calcoli standard si ottiene F (0, 0) = 0, F x (0, 0) = 1, F y (0, 0) = 1, F xx (0, 0) = 0, F xy (0, 0) = 1, F yy (0, 0) = 0. Per calcolare il limite richiesto applichiamo il teorema di de l Hopital. Poiché f 0 (0) = 1, abbiamo nuovamente una forma 0 0, e utilizzando ancora il teorema otteniamo che il limite richiesto è uguale a f 00 (0). Ci rimane quindi da calcolare la derivata seconda della funzione f in 0. Potremmo usare direttamente una formula che ci fornisce tale derivata in funzione delle derivate parziali (fino al secondo ordine) di F nel punto (0, 0). Qui però conviene ricavarla col calcolo diretto. Sappiamo che f 0 (x) = inoltre f(0) = 0 e f 0 (0) = F x(x, f(x)) F y (x, f(x)) = 1, quindi x sin(f(x)) + cos(f(x)) + f(x) 1+x cos(f(x)) x sin(f(x)) + x, f 00 (0) = ( sin(0) sin(0)f 0 (0) + f 0 (0))(1) ( sin(0) + 1)(cos(0) + 0) 1 Il limite richiesto è dunque 1. =. 19

2 Esercizio 3 Sia F (x, y) =x 4 + x y + y 4 1. (i) Verificare che F soddisfa nel punto (0, 1) le condizioni del teorema di Dini. (ii) Determinare l equazione della tangente alla linea di livello E 0 F (x, y) =0nelpunto(0, 1). (iii) Dettaf(x) la funzione implicita definita dall equazione F (x, y) = 0 in un intorno di (0, 1), determinare il suo polinomio di Taylor di punto iniziale x 0 = 0 e ordine. Risposta (i) RiesceF C 1 (R ), F (0, 1) = 0 e F y (x, y) =x y +4y 3,percuiF y (0, 1) = 4 6= 0 sono soddisfatte le condizioni del Dini. (ii) La retta tangente alla linea E 0 in (0, 1) è la retta y = 1. Per vederlo si può ragionare così detta y = f(x) la funzione implicita il cui grafico rappresenta la linea di livello E 0, in un intorno di (0, 1) riesce f(0) = 1, f 0 (0) = F x(0, 1) F y (0, 1) =0. Ma è più rapido e più maturo! dare per scontato che, applicando il Teorema della funzione implicita nell ipotesi rf (0, 1) 6= (0, 0), si arriva subito all equazione della retta tangente scritta come F x (0, 1)x + F y (0, 1)(y 1) = 0 () 4(y 1) = 0. (iii) Il polinomio di Taylor è, per definizione Tenuto conto che T (x) =f(0) + f 0 (0)x + 1 f 00 (0)x f 0 (x) = F x(x, f(x)) F y (x, f(x)) =) f 00 (x) = (F xx + F x f 0 )F y F x (F yx + F yy f 0 ), F y si ottiene f 00 (0) = 1/ Ne segue pertanto T (x) =1 1 4 x in un intorno di (0, 1) la parabola rivolta verso il basso y =1 grafica della linea di livello E 0. x /4 è una buona approssimazione Esercizio 4 Assegnata la funzione F (x, y, z) =sin(xy) cos z +3e x+y z 1, verificare che l equazione F (x, y,z) = 0 soddisfa nel punto(0, 0, 1/3) le condizioni del teorema di Dini e determinare l equazione del piano tangente alla superficie definita dall equazione F (x, y, z) = 0in(0, 0, 1/3). Risposta Tenuto conto che F (x, y, z) C 1 (R 3 ), che F (0, 0, 1/3) = 0 e che rf (x, y, z) =(y cos(xy) cos z +3e x+y z,xcos(xy) cos z +3e x+y z, sin(xy)sinz +3e x+y ), 0

3 per cui rf (0, 0, 1/3) = (1, 1, 3) 6= 0, nel punto (0, 0, 1/3) risultano soddisfatte le condizioni del Teorema di Dini; l equazione del piano tangente è F x (0, 0, 1/3)(x 0) + F y (0, 0, 1/3)(y 0) + F z (0, 0, 1/3)(z 1/3) = 0 cioè x + y + 3(z 1/3) = 0. Anche qui, come nel punto (ii) dell esercizio precedente, saremmo potuti arrivare allo stesso risultato elaborando l enunciato del Teorema di Dini e scrivendo l equazione del piano tangente al grafico di una delle funzioni z = '(x, y), y = (x, z), x = (y, z) definite implicitamente intorno a(0, 0, 1/3) da F (x, y, z) = 0 grazie rispettivamente a F z (0, 0, 1/3) = 3 6= 0, F y (0, 0, 1/3) = 1 6= 0, F x (0, 0, 1/3) = 1 6= 0 una perdita di tempo non richiesta dall esercizio. Esercizio 5 Assegnata la funzione F (x, y, z) =z y + xe zy + cos x dimostrare che in un intorno di (1, 0, 0) l equazione F (x, y, z) = 0 coincide con il grafico di x = f(y, z) e determinare il piano tangente alla superficie nel punto. Risposta Tenuto conto che F (x, y, z) C 1 (R 3 )eche F (1, 0, 0) = 0, rf (1, 0, 0) = {1, 0, 0} la superficie di livello F (x, y, z) = 0 coincide, in un intorno di (1, 0, 0), per il teorema di Dini con il grafico di una funzione x = f(y, z) Il piano tangente alla superficie di livello in (1, 0, 0) ha pertanto equazione cioè x 1 = 0. F x (1, 0, 0)(x 1) + F y (1, 0, 0)(y 0) + F z (1, 0, 0)(z 0) = 0, Esercizio 6 Dimostrare che in un opportuno intorno di (x, y) =(0, 0) esiste una funzione f di classe C 1 che si annulla in (0, 0) e verifica l equazione x + y + f(x, y) =sin[xyf(x, y)]. Risposta Si applica il Teorema di Dini alla funzione di tre variabili F (x, y, z) =x + y + z sin(xyz) che in (0, 0, 0) si annulla, mentre la sua derivata soddisfa F z (x, y, z) =1 xy cos(xyz) =) F z (0, 0, 0) = 1. La superficie di livello 0 determinata cioè dall equazione F (x, y, z) = 0 coincide con il grafico z = f(x, y) di una funzione di classe C 1 in un intorno di (0, 0), nulla in (0, 0), funzione che quindi in tale intorno verifica l equazione x + y + f(x, y) =sin[xyf(x, y)]. 1

4 Esercizio 7 Far vedere che esiste un intorno tridimensionale aperto A dell origine in cui l equazione F (x, y, z) =e z +(x y )z (1 + xy)e sin(x +y ) =0 definisce implicitamente una funzione f(x, y) di classe C 1. Risposta Siccome F (0, 0, 0) = 0 e F z (0, 0, 0) = 1, il Teorema di Dini fornisce l esistenza dell intorno A e della funzione implicita f C 1 (B), con B opportuno intorno bidimensionale aperto di (0, 0), nonchè l espressione delle derivate parziali di f in B >< f x (x, y) = Fx(x,y,f(x,y)) F z(x,y,f(x,y)) > f y (x, y) = Fy(x,y,f(x,y)) F z(x,y,f(x,y)) Ma F (x, y, z) è di classe C 1 in R 3, e la sua composizione del suo gradiente con la funzione (vettoriale) (x, y, f(x, y)), di classe C 1 in B, è anch essa una funzione di classe C 1 in B ne segue che anche f x e f y sono di classe C 1,percuif equindirf (x, y, f(x, y)) sono di classe C ; i secondi membri delle espression di f x e f y sono allora di classe C, per cui anche f x e f y sono di classe C, e così via. Questo procedimento è detto di bootstrap. Esercizio Determinare eventuali punti di massima e di minima ascissa relativi per la curva definita implicitamente dall equazione F (x, y) =x 3 3xy + y 3 = 0. Risposta Il vincolo presenta una simmetria rispetto alla bisettrice del primo e terzo quadrante, e questo significa che se (x, y) è sul vincolo anche (y, x) lo è. Osserviamo inoltre che tale vincolo presenta un punto critico il punto (0, 0), in cui si annulla il gradiente della funzione F.Ilcriteriodei moltiplicatori di Lagrange ci assicura che data una qualsiasi funzione regolare G(x, y) gli eventuali massimi e minimi relativi di questa sul vincolo coincidono con i punti critici del vincolo oppure con le soluzioni del seguente sistema < F =0 G x + F x =0 G y + F y =0 Nel caso specifico abbiamo G(x, y) = x, per cui < x 3 3xy + y 3 =0 1+ (3x 3y) =0 0+ ( 3x +3y )=0. Conviene partire dalla terza equazione, dalla quale deduciamo = 0 oppure x = y. La prima possibilità è esclusa dalla seconda equazione, e quindi dovrà essere x = y. Sostituiamo nella prima equazione ed otteniamo y 6 3y 3 + y 3 =0, da cui y = 0 oppure y = 3p. Nuovamente possiamo escludere il caso y =0cheimplicax =0e ci fa tornare al punto critico (0, 0) già trovato. Deve essere quindi y = 3p dacuix = 3p 4. Questi conti ci portano a dire che l unica soluzione del sistema è data dal punto ( 3p 4, 3p ). In questo modo abbiamo determinato i possibili candidati per essere max e min relativi il punto critico (0, 0) e il punto ( 3p 4, 3p ). La parte di cile di questi esercizi consiste nel dimostrare che

5 e ettivamente ci sono questi max e min. In generale una strada è quella di dimostrare che il vincolo è un compatto e quindi esistono sicuramente max e min assoluti per il teorema di Weierstrass. Non è il caso di questo esercizio basta un minimo di conoscenza algebrica per sapere che per ogni fissato x esiste una y che soddisfa l equazione di terzo grado y 3 3xy + x 3 =0. Perciò l insieme di soluzioni dell equazione F (x, y) = 0 (il vincolo) non è limitato e non sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Weierstrass. Peraltro abbiamo anche fatto vedere che la funzione G(x, y) = x sul vincolo ha estremo superiore uguale a +1 ed estremo inferiore uguale a 1. Dimostriamo che il punto ( 3p 4, 3p ) è un punto di max locale attraverso il teorema del Dini, applicato all equazione y 3 3xy + x 3 = 0 nell intorno del punto ( 3p 4, 3p ). Poiché F x ( 3p 4, 3p ) 6= 0, esiste una funzione g definita in un intorno di 3p che ci permette di scrivere localmente i punti del vincolo tramite le coppie (g(y),y). In tale intorno la funzione G(x, y) ristretta al vincolo vale proprio g(y). Sappiamo che g 0 ( 3p ) = F y( 3p 4, 3p ) F x ( 3p 4, 3p ) =0 e g 00 ( 3p ) = F yy( 3p 4, 3p ) F x ( 3p 4, 3p ) = 6 3p 3 3p p < 0, per cui la funzione G ammette massimo relativo in ( 3p 4, 3p ). Un altro modo per dimostrare quanto sopra consiste nel far vedere che nel primo quadrante i punti del vincolo appartengono ad un limitato nel primo quadrante devono esserci max e min assoluti, per cui il punto determinato (che si trova nel primo quadrante) deve essere necessariamente un max relativo, essendo un max assoluto di G ristretta al vincolo nel primo quadrante. Osserviamo che in tale dominio (punti del vincolo appartenenti al primo quadrante) il min assoluto di G coincide proprio con il punto critico (0, 0). Esercizio 9 Determinare max e min assoluto della funzione G(x, y) =x + y sui punti del piano soggetti al vincolo F (x, y) =(x + y ) (x y ) = 0. Risposta In questo caso il luogo geometrico dato dai punti del vincolo è un compatto, che inoltre presenta diverse simmetrie infatti, se sul vincolo ci sta (x, y), allora ci stanno anche i punti ( x, y), (x, y), ( x, y). Per dimostrare che l insieme è limitato fissiamo un punto (x, y) sul vincolo e indichiamo con R la sua distanza dall origine. L equazione del vincolo dice che da cui R 4 (R y )=0 R (R ) = 4y questo significa che il primo membro dell equazione precedente deve essere negativo e quindi R apple, per cui i punti del vincolo sono dentro al cerchio di centro l origine e raggio p. Come nell esercizio precedente osserviamo che il vincolo ha il punto critico (0, 0). La funzione G coincide con la funzione distanza al quadrato, e quindi che l origine (punto critico) è proprio il minimo assoluto di G ristretta al vincolo. Per determinare il max assoluto usiamo il sistema dato dai moltiplicatori di Lagrange. 3

6 < (x + y ) (x y )=0 x + (4x(x + y ) 4x) =0 y + (4y(x + y )+4y) =0. La seconda equazione dice che o x = 0 oppure x + y 1 =1 ; la terza equazione dice che o y =0 oppure x + y 1 = 1.Ilpunto(0, 0) è da escludere; d altra parte escludiamo anche che possa 1 aversi 1 = x + y 1 =1, che è assurdo. Quindi necessariamente x = 0 oppure y = 0. Se fosse x = 0, usando la prima equazione avremmo y 4 +y = 0 che è assurdo. Quindi deve essere y =0dacuix 4 x = 0, che ci fornisce le soluzioni x = ± p. Abbiamo così punti (± p, 0) in essi la funzione G assume lo stesso valore, e quindi questi sono i punti di massimo assoluto di G ristretta al vincolo. Il massimo vale proprio. Esercizio 10 Determinare max e min assoluto della funzione G(x, y) = x soggetti al vincolo F (x, y) = x 4 + y 9 1 = 0. y sui punti del piano Risposta Il luogo geometrico determinato dal vincolo è un ellisse di semiassi di lunghezza rispettivamente e 3. Trattandosi di un insieme compatto ogni funzione continua ammetterà su esso massimo e minimo assoluto. Procediamo con i moltiplicatori di Lagrange < x 4 + y 9 1=0 1+ ( x )=0 1+ ( y 9 )=0. Utilizzando le ultime equazioni abbiamo x =, y = 9 sostituiamo nella prima e otteniamo =0, q 4 da cui = ±. Otteniamo così punti P 4 1 =( p 9, p )ep =( p 4 9, p ), e ne deduciamo che P 1 è il punto in cui è assunto il minimo assoluto e P è il punto in cui è assunto il massimo assoluto. Osserviamo che l esercizio si poteva svolgere anche parametrizzando l ellisse e studiando poi la funzione di una variabile, ma sicuramente la strada sarebbe stata più lunga e comunque avrebbe richiesto conoscenze trigonometriche che con l approccio da noi usato non sono state necessarie. 4