(a) Le derivate parziali f x. f y = x2 + 2xy + 3 si annullano contemporaneamente in (1, 2) e ( 1, 2). Le derivate seconde di f valgono.

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1 Esercizio 1 Si consideri la funzione f(x, y) = x 2 y + xy 2 + y (a) Determinare i punti di massimo e minimo relativo e di sella del grafico di f. (b) Determinare i punti di massimo e minimo assoluto di f nella regione di piano D, contenuta nel primo quadrante, e delimitata dall asse delle y, dalla retta y = 1 e dalla curva di equazione y = x. (a) Le derivate parziali x = 2xy + y2 y = x2 + 2xy + si annullano contemporaneamente in (1, 2) e ( 1, 2). Le derivate seconde di f valgono x 2 = 2y y 2 = 2x x y = 2 f y x = 2x + 2y e quindi H(x, y) = 4xy (2x + 2y) 2. Poiché H(1, 2) = H( 1, 2) = 12, i punti (1, 2) e ( 1, 2) sono punti di sella e non esistono punti di massimo o minimo relativo. (b) I punti critici trovati al punto (a) sono esterni a D e quindi, non essendoci punti singolari per f, i punti di massimo o minimo assoluto di f in D vanno ricercati sul contorno di tale insieme. Il contorno di D è formato dal segmento da O(0, 0) ad A(0, 1), dal segmento da A a B(1, 1) e dall arco OB della curva y = x per 0 x 1. Lato OA. f(x, y) = f(0, y) = y = g(y) (0 y 1). g (x) = non è mai nulla. Lato AB. f(x, y) = f(x, 1) = x 2 + x + = g(x) (0 x 1). g (x) = 2x + 1 = 0 per x = 1 che è un valore esterno all intervallo [0, 1]. 2 Arco OB. f(x, y) = f(x, x ) = x 5 +x 7 +x = g(x) (0 x 1). g (x) = 5x 4 +7x 6 +9x 2 = x 2 (7x 4 + 5x 2 + 9). Risulta g x) = 0 solo per x = 0; infatti, l equazione biquadratica 7x 4 + 5x = 0 non ha soluzioni reali. Il valore x = 0 corrisponde all estremo O dell arco. I possibili punti di massimo o minimo assoluto sono quindi O, A, e B. Abbiamo: f(0, 0) = 0 f(0, 1) = f(1, 1) = 5 I punti di massimo e minimo assoluto di f in D sono quindi rispettivamente B(1, 1) e l origine, con valori 5 e 0. Esercizio 2 Si consideri la funzione f(x, y) = x x 2 y + xy 2 (a) Determinare i punti di massimo e minimo assoluto di f nel triangolo D di vertici O(0, 0), A(1, 0), B(1, 1). (b) Determinare i punti di massimo e minimo relativo e di sella del grafico di f. 1

2 (a) Le derivate parziali x = x2 2xy + y 2 y = x2 + 6xy si annullano contemporaneamente solo in (0, 0) che appartiene al contorno di D. funzione f non ha punti singolari, studiamo quindi f(x, y) lungo i tre lati di D. Lato OA. f(x, y) = f(x, 0) = x = g(x) (0 x 1). g (x) = x 2 = 0 per x = 0 che corrisponde all estremo O del segmento OA. Lato AB. f(x, y) = f(1, y) = 1 y + y 2 = g(y) (0 y 1). g (y) = 6y 1 = 0 per y = 1 6. Un possibile punto di massimo o minimo assoluto è quindi il punto C(1, 1 6 ). Lato OB. Il segmento OB è contenuto nella retta y = x. f(x, y) = f(x, x) = x = g(x) (0 x 1). g (x) = 6x 2 = 0 per x = 0 che corrisponde all estremo O del segmento OA. I possibili punti di massimo o minimo assoluto sono quindi O, A, B, e C. Abbiamo: f(0, 0) = 0 f(1, 0) = 1 f(1, 1 6 ) = f(1, 1) = I punti di massimo e minimo assoluto di f in D sono quindi rispettivamente (B(1, 1) e l origine, con valori e 0. (b) Le derivate seconde di f valgono La = 6x 2y x2 2 f y 2 = 6x x y = 2 f y x = 2x + 6y e quindi H(x, y) = 6x(6x 2y) (6y 2x) 2, per cui, essendo H(0, 0) = 0, il test dell Hessiano non dà nessuna informazione sul carattere di f in (0, 0). Consideriamo la funzione sull asse delle x, cioè per y = 0. Il valore di f(x, 0) della funzione in tali punti è x ed è positivo per x > 0 e negativo per x < 0. Dato che f(0, 0) = 0, abbiamo che in ogni intorno dell origine ci sono punti (x, y) tali che f(x, y) > f(0, 0) e punti tali che f(x, y) < f(0, 0). L origine è quindi un punto di sella. Esercizio Si consideri la funzione f(x, y) = x 2 y 2 + x 4 y 4 (a) Determinare i punti di massimo e minimo relativo e di sella del grafico di f. (b) Determinare i punti di massimo e minimo assoluto di f nella regione di piano D, contenuta nel primo quadrante e nel cerchio di centro l origine e raggio 1. (a) Le derivate parziali x = 2xy2 + 4x y = 2x2 y 4y 2

3 si annullano contemporaneamente solo in (0, 0). Le derivate seconde di f valgono x 2 = 2y2 + 12x 2 y 2 = 2x2 12y 2 x y = 2 f y x = 4xy e quindi H(0, 0) = 0. Il criterio dell Hessiano non dà quindi nessuna informazione sull andamento della funzione nel punto (0, 0). Osserviamo che sull asse delle y la funzione vale y 4, mentre sull asse delle x la funzione vale x 4. Abbiamo quindi che, in un qualsiasi intorno dell origine, la funzione assume valori negativi sui punti dell asse delle y diversi dall origine, mentre assume sempre valori positivi sui punti dell asse delle x diversi dall origine. Poiché f(0, 0) = 0, possiamo concludere che (0, 0) non può essere punto di massimo né di minimo relativo e quindi si tratta di un punto di sella. (b) Il punto critico trovato al punto (a) è sul contorno di D e quindi, non essendoci punti singolari per f, i punti di massimo o minimo assoluto di f in D vanno ricercati sul contorno di tale insieme. Il contorno di D è formato dal segmento da O(0, 0) ad A(1, 0), dal segmento da O a B(0, 1) e dall arco AB della circonferenza di centro l origine e raggio 1. Lato OA. f(x, y) = f(x, 0) = x 4 = g(x) (0 x 1). g (x) = 4x che si annulla solo per x = 0, cioè nell origine. Lato OB. f(x, y) = f(0, y) = y 4 = g(y) (0 y 1). g (y) = 4y che si annulla solo per y = 0, cioè nell origine. { x = cos ϑ Arco AB. Questo arco ha equazione parametriche (0 ϑ π ). Abbiamo y = sin ϑ 2 quindi, sull arco AB, f(cos ϑ, sin ϑ) = cos 2 ϑ sin 2 ϑ + cos 4 ϑ sin 4 ϑ = cos 2 ϑ(sin 2 ϑ + cos 2 ϑ) sin 4 ϑ = cos 2 ϑ sin 4 ϑ = g(ϑ) (0 ϑ π 2 ). g (ϑ) = 2 cos ϑ sin ϑ 4 sin ϑ cos ϑ = 2 cos ϑ sin ϑ(1 + 4 sin 2 ϑ). La derivata prima di g si annulla quindi per ϑ = 0 e ϑ = π 2, valori che corrispondono ai punti A e B. I possibili punti di massimo o minimo assoluto sono quindi O, A, e B. Abbiamo: f(0, 0) = 0 f(1, 0) = 1 f(0, 1) = 1 I punti di massimo e minimo assoluto di f in D sono quindi rispettivamente A(1, 0) e B(0, 1), con valori 1 e 1. Esercizio 4 Si consideri la funzione f(x, y) = log(y + x 2 ) e se ne determini il campo di esistenza. Dopo aver verificato che il trapezio di vertici A(1, 0), B(2, 0), C(0, 2), D(0, 1) è contenuto nel campo di esistenza di f, si determinino i punti di massimo e minimo assoluto di f in ABCD.

4 Il campo di esistenza di f è determinato dalla disequazione y+x 2 > 0 ed è quindi costituito da tutti i punti esterni alla parabola di equazione y = x 2. In particolare appartengono al dominio tutti i punti aventi la coordinata y maggiore di 0 e tutti i punti (a, 0) con a 0. Queste condizioni valgono per tutti i punti (interni o sul contorno) del trapezio ABCD. Le derivate parziali di f sono f x (x, y) = 2x f y + x 2 y (x, y) = 1 y + x 2 e f y è sempre diversa da 0. Non ci sono quindi punti critici per f e i punti di massimo e minimo assoluto vanno cercati sul contorno di ABCD Sul lato AB abbiamo f(x, y) = f(x, 0) = log x 2 = g(x) (1 x 2). La derivata g (x) = 2 x non è mai nulla. Sul lato BC abbiamo f(x, y) = f(x, 2 x) = log(2 x + x 2 ) = g(x) (0 x 2). La derivata g (x) = 2x 1 x 2 x + 2 si annulla per x = 1 e quindi il punto P ( 1, ) è un possibile punto di massimo o minimo assoluto. Sul lato CD abbiamo f(x, y) = f(0, y) = log y = g(y) (1 y 2). La derivata g (y) = 1 y non è mai nulla. Sul lato DA abbiamo f(x, y) = f(x, 1 x) = log(1 x + x 2 ) = g(x) (0 x 1). La derivata g (x) = 2x 1 x 2 x + 1 si annulla per x = 1 e quindi il punto Q( 1, 1 ) è un possibile punto di massimo o minimo assoluto. Sono dunque possibili punti di massimo e minimo assoluto per f in ABCD i punti P e Q ed i vertici di questo trapezio. Abbiamo: f( 1 2, 2 ) = log 7 4 f( 1 2, 1 2 ) = log 4 f(1, 0) = 0 f(2, 0) = log 4 f(0, 2) = log 2 f(0, 1) = 0 Possiamo dunque concludere che il punto di minimo assoluto di f è il punto Q( 1, 1 ), con 2 2 valore log, e che il punto di massimo assoluto di f è il punto B(2, 0), con valore log 4. 4 Esercizio 5 Si consideri la funzione f(x, y) = e x2 +y 2 2x (a) Determinarne i punti di massimo e di minimo assoluti di f nel quadrato Q di vertici O(0, 0), A(1, 0), B(1, 1), C(0, 1). (b) Verificare che le curve di livello di f sono circonferenze e dire per quali valori di c esiste la curva di livello f(x, y) = c. 4

5 (a) Abbiamo x = (2x 2)ex2 +y2 2x, y = 2yex2 +y2 2x Con- per cui l unico punto in cui entrambe le derivate sono nulle è il punto A(1, 0). siderando il contorno di Q abbiamo: Lato OA: f(x, 0) = e x2 2x = g(x) (0 x 1); g (x) = (2x 2)e x2 2x = 0 per x = 1. Lato AB: f(1, y) = e y2 1 = g(y) (0 y 1); g (y) = 2ye y2 1 = 0 per y = 0. Lato BC: f(x, 1) = e x2 2x+1 = g(x) (0 x 1); g (x) = (2x 2)e x2 2x+1 = 0 per x = 1. Lato OC: f(0, y) = e y2 = g(y) (0 y 1); g (y) = 2ye y2 = 0 per y = 0. I punti di massimo e minimo assoluto per f sono quindi nei vertici del quadrato. Abbiamo: f(0, 0) = 1 f(1, 0) = 1 e f(1, 1) = 1 f(0, 1) = e per cui il massimo assoluto è in C(0, 1), con valore e, ed il minimo assoluto è in A(1, 0) con valore 1 e. (b) Le curve di livello sono gli insiemi di punti del piano xy le cui coordinate verificano le equazioni del tipo e x2 +y 2 2x = c, per cui deve essere innanzitutto c > 0. Queste equazioni sono equivalenti a x 2 + y 2 2x = log c e a x 2 + y 2 2x + 1 = 1 + log c che è l equazione della circonferenza (x 1) 2 + y 2 = 1 + log c. Affinché tale circonferenza abbia punti reali deve essere 1 + log c 0 e quindi log c 1 e c 1 e. Esercizio 6 Data la funzione f(x, y) = log(x + y) y x (a) Determinarne il campo di esistenza e gli eventuali massimi e minimi relativi e punti di sella. (b) Determinare il massimo e minimo assoluto di f nel trapezio di vertici A(1, 0), B(2, 0), C(0, 2), D(0, 1). (a) La funzione è definita quando x + y > 0, cioè nel semipiano delimitato inferiormente dalla retta y = x. Le derivate parziali di f sono x = 1 x + y x2 y = 1 x + y 1 che si annullano contemporaneamente nei punti A(1, 0) e P(-1,2). Le derivate seconde sono x 2 = 1 (x + y) 2x 2 y = 2 1 (x + y) 2 x y = 2 f y x = 5 1 (x + y) 2

6 Abbiamo quindi H(1, 0) = 2 e f x,x (1, 0) =, e quindi A(1, 0) è un punto di massimo relativo. Abbiamo inoltre H( 1, 2) = 2 e quindi P ( 1, 2) è un punto di sella. I punti critici A e P non sono interni al trapezio ABCD e quindi i punti di massimo e minimo assoluti sono sul contorno. Lato AB. f(x, y) = f(x, 0) = log x x = g(x) (1 x 2). g (x) = 1 x x2 che si annulla per x = 1 che è in un estremo dell intervallo [1, 2]. Lato BC. f(x, y) = f(x, 2 x) = log x x = g(x) (0 x 2). g (x) = 1 x 2 si annulla per x = 1 e x = 1. Il primo valore è esterno all intervallo [0, 2], mentre il secondo è interno e determina il punto Q(1, 1). Lato CD. f(x, y) = f(0, y) = log y y = g(y) (1 y 2). g (y) = 1 1 si annulla per y y = 1 che è un estremo dell intervallo [1, 2]. Lato DA. f(x, y) = f(x, 1 x) = log x x = g(x) (0 x 1). g (x) = 1 x 2 si annulla per x = 1 e x = 1. Il primo valore è esterno all intervallo [0, 1], mentre il secondo è un estremo. Massimi e minimi assoluti di f nel trapezio ABCD vanno dunque cercati nel punto Q(1, 1) e nei vertici. Abbiamo: f(1, 1) = log 2 4, f(1, 0) = 1, f(2, 0) = log 2 8, f(0, 2) = log 2 2, f(0, 1) = 1 Poiché log , possiamo concludere che il punto di massimo assoluto di f è il punto A(1, 0), con valore 1, e che il punto di minimo assoluto è B(2, 0), con valore log Esercizio 7 Data la funzione f(x, y) = xe x2 2 +y2 (a) Determinarne gli eventuali massimi e minimi relativi e punti di sella. (b) Determinare il piano tangente alla superficie z = f(x, y) nel punto P (1, 1, f(1, 1)). Soluzione. (a) Le derivate parziali di f sono x = x 2 e 2 +y2 (1 x 2 ) y = x 2 2xye 2 +y2 che si annullano contemporaneamente nei punti A(1, 0) e B( 1, 0). Le derivate seconde sono x = x 2 2 e 2 +y2 (x x) y = x 2 2 e 2 +y2 (2x + 4xy 2 ) 6

7 Abbiamo quindi H(1, 0) = x y = 2 f y x = x 2 e 2 +y2 (2y 2x 2 y) 2 e e = 4 e H( 1, 0) = 2 e e = 4 e e quindi entrambi i punti critici sono punti di sella. (b) Abbiamo f(1, 1) = e f x (1, 1) = 0 f y (1, 1) = 2 e L equazione del piano tangente in P è dunque 2 e(y 1) (z e) = 0, cioè 2 ey z e = 0. Esercizio 8 Data la funzione f(x, y) = log(xy 2 + x) (a) Verificare che il triangolo di vertici A(2, 0), B(1, 1), C(1, 1) è contenuto nel campo di esistenza di f(x, y). (b) Determinare i punti di massimo e minimo assoluto di f(x, y) nel triangolo ABC. (a) La funzione f(x, y) è definita quando xy 2 + x = x(y 2 + 1) > 0, cioè quando x > 0. Il triangolo ABC è contenuto nel semipiano x > 0 e quindi nel campo di esistenza di f. (b) Osserviamo che x = y2 + 1 xy 2 + x = 1 non è mai nulla, per cui non esistono punti critici x e i punti di massimo e minimo assoluto di f in ABC vanno cercati sulla frontiera di tale insieme. Sul lato AB la funzione vale f(x, x + 2) = log(x 4x 2 + 5x) = g(x) (1 x 2). g (x) = x2 8x + 5 x 4x 2 + 5x che si annulla per x = 1 e x = 5. Il secondo di questi valori è interno all intervallo [1, 2] e quindi P ( 5, 1 ) è un possibile punto di massimo o minimo assoluto. Il valore x = 1, estremo dell intervallo [1, 2] e corrispondente al punto (1, 1) verrà considerato assieme agli altri vertici del triangolo. Sul lato AC la funzione vale f(x, x + 2) = log(x 4x 2 + 5x) = g(x) (1 x 2). Come nel caso precedente abbiamo quindi che g (x) si annulla per il valore x = 5 interno all intervallo [1, 2], e quindi Q( 5, 1 ) è un possibile punto di massimo o minimo assoluto. Sul lato BC la funzione vale f(1, y) = log(y 2 + 1) = g(y) ( 1 y 1). g (y) = 2y y che si annulla per y = 0. Il punto R(1, 0) è un possibile punto di massimo o minimo assoluto. 7

8 Oltre ai punti P, Q, R altri possibili punti di massimo o minimo assoluto sono i vertici del triangolo. f(2, 0) = log 2 f(1, 1) = log 2 f(1, 1) = log 2 f( 5, 1 50 ) = log f( 5, 1 50 ) = log f(1, 0) = Possiamo quindi concludere che i vertici del triangolo sono punti di massimo assoluto, mentre R(1, 0) è il punto di minimo assoluto. I valori massimo e minimo di f nel triangolo sono rispettivamente log 2 e 0. 8