MMAC - Lauree Magistrali Scienze Chimiche - 12 Maggio sol

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1 MMAC - Lauree Magistrali Scienze Chimiche - 1 Maggio 011- sol Esercizi I - Soluzioni (1) Il grafico è una curva, ma in R 4, era implicito nell esercizio che graficamente si voleva il sostegno della curva cioè l insieme dei punti di coordinate (t, t, t 3 ) nello spazio R 3 al variare del parametro t. Si può immaginare la traiettoria di un punto all interno dello spazio con una certa legge oraria. In Figura 1 è mostrato tale insieme immagine, nella stessa figure si mostrano le proiezioni nei piani (x, y), (x, z) e (y, z). Esempi di punti sulla curva: t = 0 (0, 0, 0), Figure 1. Grafico della traiettoria del moto di un punto con legge (t, t, t 3 ). f1-1 t = 1 (1, 1, 1), t = (, 4, 8). () Il dominio, inteso come il più grande sottoinsieme di R per cui è definita l espressione della z, è l insieme dei punti (x, y) per cui (9 x y ) 0. Quindi il dominio è il cerchio di centro (0, 0) e raggio 3. Dato che z 0 ha senso considerare curve di livello per z = k = costante 0. Il dominio è un insieme limitato, infatti 9 (x y ), ed è facile vedere che il valore massimo assunto da z è assunto per x = y = 0 quindi z max = 3. Per le curve di livello

2 possiamo allora pensare di tagliare con piani ad altezza k variabile tra 0 e 3. Le curve che si ottengono sono circonferenze concentriche con raggio r tale che 3 r 0. In Figura si mostra il grafico della funzione z insieme ad alcune curve di livello. Il punto di coordinate (0, 0) è un punto in cui z è Figure. Grafico e curve di livello della funzione z = 9 x y. f1- evidentemente continua. (3) Consideriamo la funzione xe x/y y 0 f(x, y) = 0 y = 0 Se ci avviciniamo a (0, 0) lungo la retta y = x, abbiamo che (x, y) = (x, x) (0, 0) e dobbiamo considerare il limite lim x 0 xex/x = lim xe = 0, x 0 mentre se ci avviciniamo lungo la cubica y = x 3 si ottiene lim x 0 ± xe1/x = ±. Quindi la funzione non è certamente continua in (0, 0) (tutti i possibili avvicinamenti dovrebbero fornire un limite uguale a 0). (4) 1 x (x, y) = y 6x, 1 (x, y) = x + 4y3 ; 3 x (x, y) = 1 x, 3 (x, y) = 1 y ; x = sin (y) z sin (x)+y xz, = x cos (y)+yx z, z = cos (x)+y x z;

3 x f 4 = 1 y, yf 4 = x y, zf 4 = 1 t, tf 4 = z t. (5) Calcolare le derivate parziali delle seguenti funzioni nei punti indicati, f(x, y) = x 3 y 4 4xy, x (1, ) = 5, (1, ) = 36; f(x, y, z) = x y + xy + z x, x f(1, 1, 1) = 3, y f(1, 1, 1) = 0, z f(1, 1, 1) = ; f(x, y) = x cos (xy), x ( 1, π) = 1, ( 1, π) = 1. (6) Parte del grafico e delle curve di livello della funzione f(x, y) = x +y 4, si possono trovare in Figura 3. Il vettore gradiente è dato da f = (x, y) f(1, 1) = (, ). La curva di livello per il punto P (1, 1) è il luogo dei punti (x, y) per cui x + y 4 = =, quindi x + y = 4. La curva di livello è Figure 3. Curve di livello e gradiente per f nel punto (1, 1), esercizio 6. f1-3 una circonferenza di centro (0, 0) e raggio. Il vettore f(1, 1) applicato in (1, 1) ha direzione uguale alla retta di equazione y = x che è la medesima direzione del diametro della circonferenza che passa per P e (0, 0). Quindi se ne deduce che il vettore gradiente è perpendicolare alla curva di livello in P. (7) Da una facile analisi dell espressione di F, per esempio delle curve di livello, si può dedurre che il minimo assoluto si raggiunge nel punto (0, 0). Ovviamente facciamo finta di non saperlo, inoltre per semplicità segliamo un parametro α > 0 costante nell algoritmo del gradiente. Indichiamo con (x k, y k ) le coordinate del punto che si genera al passo k, essendo f(x, y) = (8x 3, 6y)

4 si ha il procedimento iterativo con x 0 =, y 0 = 3. x k+1 = x k α 8 x 3 k, y k+1 = y k α 6 y k. potrebbe adattare il passo α in modo tale che La scelta del parametro α è delicata, per esempio si min F (x k 8αx 3 k, y k 6αy k ). α>0 (8) Ricordiamo l equazione del piano tangente T (x, y), Figure 4. Curve di livello e parte del grafico della funzione f, esercizio 7. f1-5 T (x, y) = z(1, ) + z z (1, )(x 1) + (1, )(y ). x Abbiamo z(1, ) = 8 e per cui, z x (x, y) = x 4y + 1, z (x, y) = 4x 4y 1, T (x, y) = 8 + 6(x 1) 4(y ). Per avere un piano a tangente orizzontale deve accadere che z z (x, y) = (x, y) = 0, x nel nostro caso questo comporta la soluzione di un sistema lineare che ammette l unica soluzione x = 4, y = 1. L unico piano tangente orizzontale è quindi il piano T 1 di equazione T 1 (x, y) = 31. (9) I punti critici devono soddisfare il sistema di equazioni, x (x, y) = 6x 6y = 0 y = x (x, y) = 6x + 6y = 0 y = x

5 Quindi x = x da cui x 1 = 0, x = 1 ed i punti critici sono quindi P 1 (0, 0), P (1, 1). Vediamo la matrice Hessiana nei due punti critici e considerando che si ottiene, f (x, y) = 1x, x H(0, 0) = f x (x, y) = 6 = f ( ), H(1, 1) = x (x, y), f (x, y) = 6, ( Quindi il punto (0, 0) è un punto sella (det(h(0, 0)) < 0) mentre il punto (1, 1) è un punto di minimo relativo (det(h(0, 0)) > 0, f/ x > 0). (10) I punti critici sono sono soluzione del seguente sistema non lineare x (x, y) = e (x +y ) (y x y) y x y = 0 (x, y) = e (x +y ) (y xy ) y xy = 0 dato che e > 0. Abbiamo cinque punti critici, P 1 (0, 0), P (, ), P 3 (, ), P 4 ( La matrice Hessiana è la seguente 6xy + 4x 3 y ( y + 4x y + 1 x ) H(x, y) = e (x +y ) ( y + 4x y + 1 x ) 6xy + 4xy 3 ), ), P 5 (, ). Valutando la matrice Hessiana nei vari punti critici, considerandone il determinante e il segno dell elemento ( f/ x ), si ottiene: P 1 punto sella; P punto di massimo locale; P 3 punto di minimo locale; P 4 punto di minimo locale; P 5 punto di massimo locale..