Michela Eleuteri ESERCIZIARIO DI ANALISI MATEMATICA II

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1 Michela Eleuteri ESERCIZIARIO DI ANALISI MATEMATICA II Università degli Studi di Verona, Facoltà di Scienze MM.FF.NN. Corso di Laurea in Informatica a.a. 11/1

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3 A Giulia con la speranza che almeno nella matematica non assomigli al papà

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5 Indice 1 Esercizi riguardanti equazioni dierenziali ordinarie Equazioni dierenziali ordinarie del primo ordine Esercizi svolti Esercizi proposti Test a risposta multipla Equazioni dierenziali ordinarie del secondo ordine Esercizi svolti Esercizi proposti Esercizi riguardanti il calcolo innitesimale per le curve 17.1 Funzioni a valori vettoriali e curve Esercizi svolti Esercizi proposti Integrali di prima specie Esercizi svolti Calcolo dierenziale - Funzioni di più variabili Insiemi di livello e domini: esercizi svolti Insiemi di livello e domini: esercizi proposti Limiti e continuità: esercizi svolti Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi proposti Dierenziabilità, dierenziale e approssimazione: esercizi svolti Dierenziabilità, dierenziale e approssimazione: esercizi proposti Derivate direzionali: esercizi svolti Derivate direzionali: esercizi proposti Teorema di Schwarz: esercizi proposti Esercizi di ricapitolazione Esercizi svolti

6 INDICE Esercizi proposti Teorema del Dini. Funzione implicita Esercizi svolti Esercizi proposti Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Ottimizzazione libera Esercizi svolti Esercizi proposti Ottimizzazione vincolata Test a risposta multipla Esercizi svolti Esercizi proposti Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Integrali doppi Esercizi svolti Esercizi proposti Integrali tripli Esercizi svolti Esercizi proposti Integrali superciali Esercizi riguardanti matrice Jacobiana, rotore e divergenza Matrice Jacobiana Rotore e divergenza Esercizi riguardanti campi vettoriali 13 9 Esercizi riguardanti serie di potenze e serie di Fourier Serie di potenze Serie di Fourier

7 CAPITOLO 1 Esercizi riguardanti equazioni dierenziali ordinarie 1.1. Equazioni dierenziali ordinarie del primo ordine Esercizi svolti Esercizio Si determini la soluzione y(t) del seguente problema di Cauchy y = y y + 4 t y() = Inoltre si determini il valore α > per cui y(t) t +. t α tende a un numero nito e non nullo per Si tratta di un'equazione non lineare del primo ordine a variabili separabili. ottiene subito ( ) y + 4 dy = y t dt + C Integrando si da cui y 4 y = ( y ) dy = ( ) y + 4 dy = t + C y 5

8 1 Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie quindi imponendo il dato di Cauchy, si ha immediatamente C =. Dunque si ha y 4 t y y Il numeratore può essere visto come un'equazione di secondo grado in y. Quindi risolvendo si ha y(t) = t t / = t t Siccome il dato di Cauchy è incompatibile con la scelta del segno meno (si avrebbe y() = ) =. la soluzione richiesta del problema di Cauchy proposto è y(t) = t + t Ora, siccome t t per t +, si ha che y(t) x α =. quindi il valore di α richiesto è Esercizio Si determini la soluzione y(t) del seguente problema di Cauchy y = t + t e y + 6e y y() = Si tratta di un'equazione dierenziale non-lineare, del primo ordine, a variabili separabili. Si ottiene e y + 6e y = (e y + 6e y ) dy = (t + t) dt = t3 3 + t + C. Imponendo il dato di Cauchy si ottiene C = 7 da cui e y + 6e y t3 3 t 7 =. A questo punto dobbiamo cercare di ricavare la y. Poniamo z = e y. Allora cercando di ricostruire un quadrato si ottiene da cui (z + 3) = z + 6z + 9 = 9 + t3 3 + t + 7. e y = z = t3 3 + t. Il segno meno della radice deve essere scartato a causa della positività dell'esponenziale e anche della incompatibilità del dato di Cauchy. In conclusione dunque ( ) y(t) = log t3 3 + t. 6

9 1.1 Equazioni differenziali ordinarie del primo ordine Esercizio Sia y(t) la soluzione del problema di Cauchy { y = 3e x y y() = 1 Allora il graco di y(t) vicino all'origine ha: concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza negativa; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza negativa Si tratta di un problema di Cauchy in cui compare un'equazione dierenziale del primo ordine non lineare e non a variabili separabili. Quindi in linea di principio non sappiamo come ricavare la soluzione. Ma ai ni dell'esercizio è importante soprattutto conoscere non tanto la forma esatta dell'equazione quanto il comportamento della stessa localmente, in particolare vicino al punto x = 1. Allora considerando l'equazione si ottiene: y () = 3 = 3 > quindi ricordando il signicato geometrico della derivata prima, l'informazione y () > ci dice che vicino a x = 1 la soluzione ha retta tangente con pendenza positiva. Inoltre derivando l'equazione si ottiene y = 3e x y y da cui y () = 3 y() y () = = 3 <. Per cui ricordando il signicato geometrico della derivata seconda, questa informazione ci dice che vicino al punto x = 1 la soluzione ha concavità verso il basso. La risposta esatta è dunque la seconda Esercizi proposti Esercizio Sia y(t) la soluzione del problema di Cauchy y = e x y + 1 e x + 1 y() = 1 7

10 1 Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie R. y = [ 1 log(e x + 1) log ] 1. Esercizio Si determini la soluzione y(t) del seguente problema di Cauchy { y = (e 3y + 1)(x 1) y() = 1 R. y(t) = 1 ] [(1 3 log + e 3 )e 3x 3x 1. Esercizio Si determini la soluzione y(t) del seguente problema di Cauchy { y = (3 + 7y ) (xe 3x x ) y() = R. y(t) = 1 3 tan ( 3t e 3t e 3t 6t ). Esercizio Determinate la soluzione generale dell'equazione dierenziale y = xe 3y. 8

11 1.1 Equazioni differenziali ordinarie del primo ordine Test a risposta multipla Esercizio Sia y(t) la soluzione del problema di Cauchy Allora y(1) = e; ; ; e. { y = y t + 1 y() = 1 Esercizio Sia y(t) la soluzione del problema di Cauchy ( y (t + ) ) = y y() = 1 Allora il graco di y(t) vicino all'origine ha: concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza negativa; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza negativa R. Concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva. Esercizio Sia y(t) la soluzione del problema di Cauchy { y = 3 sin t + y Allora il graco di y(t) vicino a x = ha: y() = π concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza positiva; concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza negativa; concavità verso il basso e retta tangente con pendenza negativa R. Concavità verso l'alto e retta tangente con pendenza positiva. 9

12 1 Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie 1.. Equazioni dierenziali ordinarie del secondo ordine Esercizi svolti Esercizio Si determini la soluzione y(t) del seguente problema di Cauchy y 6y + 9y = 3t + y() = 1 y () = Si tratta di una equazione dierenziale ordinaria lineare del secondo ordine, a coecienti costanti non omogenea. L'equazione caratteristica associata è r 6r + 9 = che dà come soluzioni r = 3 con doppia molteplicità. Quindi la soluzione generale dell'equazione omogenea è: z(t) = c 1 e 3t + c t e 3t al variare di c 1, c R. Ora cerco una soluzione dell'equazione non omogenea associata. Per il metodo di somiglianza, la cerco nella forma y(t) = At + B. Quindi y (t) = A e y (t) =. Inserendo questi dati nell'equazione di partenza si ottiene dunque 6A + 9(At + B) = 3t + da cui si deduce (uguagliando tra loro i coecienti del termine di primo grado e uguagliando tra loro i termini noti) A = 1 3, B = 4 9. Quindi la soluzione generale dell'equazione non omogenea di partenza è: y(t) = z(t) + y(t) = c 1 e 3t + c t e 3t t + 4 9, al variare di c 1, c R. A questo punto impongo i dati di Cauchy per risolvere il problema associato. Prima di tutto si ha 1 = y() = c ; (1..1) in secondo luogo, ricordando che y (t) = 3 c 1 e 3t + 3 c t e 3t + c e 3t

13 1. Equazioni differenziali ordinarie del secondo ordine si ha = y () = 3c 1 + c (1..) A questo punto si deve risolvere il sistema lineare non omogeneo a coecienti costanti costituito da (1..1)(1..). Ricavando c 1 dalla (1..1) e inserendo il risultato nella (1..), si ottiene con semplici calcoli c 1 = 13 9, c = 1 3 3c 1 = = 6. Concludendo, la soluzione del problema di Cauchy proposto è: y(t) = 13 9 e3t + 6 t e 3t t Esercizio 1... Sia y(t) la soluzione del problema di Cauchy Allora lim t + y(t) = ; non esiste; + ; y + y 3y = y() = y () = 1. L'equazione y + y 3 è un'equazione dierenziale ordinaria del secondo ordine a coecienti costanti omogenea. L'equazione caratteristica associata è r + r 3 = che dà come soluzioni r = 1 e r = 3 da cui la soluzione generale dell'equazione risulta y(t) = c 1 e t + c e 3t, al variare di c 1, c R. A questo punto impongo i dati di Cauchy; si ottiene = y() = c 1 + c mentre osservando che y (t) = c 1 e t 3c e 3t si deduce quindi 1 = y () = c 1 3c c 1 = 1 4 ; c =

14 1 Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie Quindi la soluzione generale dell'equazione di partenza risulta y(t) = 1 4 et 1 4 e 3t. A questo punto chiaramente quindi la risposta corretta è la terza. lim y(t) = + t + Esercizio Si determini la soluzione y(t) del problema di Cauchy y y y = cos(t) y() = 1 y () =. L'equazione y y y = cos(t) è un'equazione dierenziale ordinaria del secondo ordine a coecienti costanti non omogenea. L'equazione caratteristica associata alla corrispondente equazione omogenea è r r = che dà come soluzioni r = 1 e r =. Quindi la soluzione generale dell'equazione omogenea è z(t) = c 1 e t + c e t, al variare di c 1, c R. A questo punto, dal metodo di somiglianza, cerco una soluzione particolare dell'equazione non omogenea del tipo Prima di tutto si ha y(t) = α sin(t) + β cos(t). y (t) = α cos(t) β sin(t); y (t) = 4α sin(t) 4β cos(t). A questo punto, inserendo i dati ottenuti nell'equazione di partenza, si ottiene 4α sin(t) 4β cos(t) α cos(t) + β sin(t) α sin(t) β cos(t) = cos(t) da cui, con semplici calcoli ( 6α + β) sin(t) + ( α 6β) cos(t) = cos(t) da cui uguagliando i coecienti dei termini simili si ha { 6α + β = α = 1 α 6β β = 3. 1

15 1. Equazioni differenziali ordinarie del secondo ordine Quindi una soluzione particolare dell'equazione si partenza è data da y(t) = 1 sin(t) 3 cos(t). da cui la soluzione generale ha la forma y(t) = c 1 e t + c e t 1 sin(t) 3 cos(t). Imponendo i dati di Cauchy, con semplici calcoli si ottiene la seguente soluzione del problema di Cauchy proposto y(t) = e t et 1 sin(t) 3 cos(t). Esercizio Si determini la soluzione y(t) del problema di Cauchy y 4y + 8y = e t y() = 1 y () =. R. Equazione dierenziale ordinaria lineare del secondo ordine non omogenea a coecienti costanti. Equazione caratteristica r 4r + 8 = da cui r = i. Soluzione generale dell'omogenea y(t) = c 1 e t sin(t) + c e t cos(t). Cerchiamo una soluzione particolare della non omogenea nella forma y(t) = A e t da cui inserendo nell'equazione tale espressione assieme all'espressione delle sue derivate si ottiene facilmente A = 1/. La soluzione generale della non omogenea è dunque y(t) = c 1 e t sin(t) + c e t cos(t) + 1 e t. Imponendo i dati di Cauchy si ottiene facilmente che la soluzione del problema di Cauchy proposto è y(t) = 11 1 et sin(t) 1 et cos(t) + 1 e t. 13

16 1 Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie 1... Esercizi proposti Esercizio Si determini la soluzione y(t) del problema di Cauchy y y y = sin(t) y() = y () = 1. R. y(t) = 7 15 e t et 3 sin(t) + 1 cos(t). Esercizio Determinate la soluzione generale dell'equazione dierenziale y 4y + 13y = 4x. Esercizio Determinare la soluzione generale dell'equazione dierenziale y + 3y + 4y =. Esercizio Si risolva il seguente problema di Cauchy: y + 6y + 8y = e 4t + t, y(1) =, y (1) = 3. Esercizio Si risolva il seguente problema di Cauchy: y + (tan t)y = t, y( 1) = 4. Esercizio Si determini la soluzione y(t) del problema di Cauchy y + y y = e x y() = y () =. 14

17 1. Equazioni differenziali ordinarie del secondo ordine R. y(t) = 1 9 et 1 9 e t 1 3 t et Esercizio Si risolva il seguente problema di Cauchy: y + 3(cot t)y = t, y( 1) = π. Esercizio Si risolva il seguente problema di Cauchy: y + 6y + 8y = e t + πt, y(1) =, y ( 1) =. Esercizio Si risolva il seguente problema di Cauchy: y 6(cot t)y = t, y() = π. Esercizio Si risolva il seguente problema di Cauchy: y + (tan t)y = t, y(1) = 3. Esercizio Si consideri l'equazione dierenziale (i) Se ne determini l'integrale generale. y (3) y + 5y =. (ii) Trovare, se esistono, tutte le soluzioni y(t) tali che lim y(t) = π. t (iii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y (3) y + 5y = 3te t. 15

18 1 Esercizi riguardanti equazioni differenziali ordinarie Esercizio (i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y 6y + 9y =. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y 6y + 9y = cos( t). Esercizio (i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y 4y + 13y =. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y 4y + 13y = 1 + e t. Esercizio (i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y + y =. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y + y = 1 + e t. Esercizio (i) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y y + 17y =. (ii) Determinare l'integrale generale dell'equazione dierenziale y y + 17y = sin(t).. 16

19 CAPITOLO Esercizi riguardanti il calcolo innitesimale per le curve.1. Funzioni a valori vettoriali e curve.1.1. Esercizi svolti Esercizio.1.1. Sia γ la curva piana una cui parametrizzazione in coordinate polari è ρ(ϑ) = ϑ + 1, on ϑ π. Dopo aver disegnato sommariamente il sostegno di γ, determinare i versori tangente e normale al sostegno di γ nel punto γ(π) e scrivere un'equazione della retta tangente nello stesso punto. Si ha x(ϑ) = (ϑ + 1) cos ϑ y(ϑ) = (ϑ + 1) sin ϑ ϑ π x (ϑ) = ϑ cos ϑ (ϑ + 1) sin ϑ y (ϑ) = ϑ sin ϑ + (ϑ + 1) cos ϑ ϕ (π) = ( π, (π + 1)). Versore tangente: ( ) π T (π) = π4 + 6π + 1, π + 1 π4 + 6π

20 Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve Versore normale: ( ) π + 1 N(π) = π4 + 6π + 1, π. π4 + 6π + 1 Retta tangente: equazione parametrica x = (π + 1) πt Retta tangente: equazione cartesiana y = t(π + 1) t R y = π + 1 π x + (π + 1). π Esercizio.1.. Determinare una parametrizzazione della curva chiusa γ che si ottiene percorrendo prima da sinistra verso destra il graco di f(x) = (1/3)(x 1) 3/ per 1/ x 1 e poi da destra a sinistra il segmento congiungente gli estremi del graco di f stessa. Disegnare quindi il sostegno di γ e calcolarne la lunghezza. Si ha Si ha x = t γ 1 = y = 1(t 3 1)3/ 1 t 1; x = 3 γ = 1t y = 1 ( t) 1 t. 3 γ 1(t) = (1, t 1). Da cui L(γ) = L(γ 1 ) + L(γ ) = 1 1/ 1 + (t 1) dt + (1 ) + ( ) = t dt + 1/ 6 = [ 3 t3/ ] 1 1/ = Esercizio.1.3. Data la curva γ avente equazione in coordinate polari ρ = θ con π θ π, determinate la lughezza di γ; determinate poi un versore tangente alla curva nel punto corrispondente a θ = ε e calcolate il limite per ε + di questo versore. 18

21 .1 Funzioni a valori vettoriali e curve Uno può calcolare direttamente la lunghezza della curva con la formula che coinvolge le coordinate polari oppure passando per una rappresentazione parametrica della curva. In questo caso, posto Φ(t) = (ρ(t) cos t, ρ(t) sin t) = (t cos t, t sin t) con π t π, si ha Φ (t) = (4t cos t t sin t, 4t sin t + t cos t) da cui Φ (t) = 16t + 4t 4 Φ (t) = 4t (4 + t ) = t 4 + t, per cui L = π π Il versore cercato risulta quindi se ε >, allora t π [ ] π t dt = t + 4 t dt = 3 (t + 4) 3/ = 4 3 (π + 4) 3/ 3 3. τ(ε) = Φ (ε) Φ (ε) = (4ε cos ε ε sin ε, 4ε sin ε + ε cos ε) ε 4 + ε ( cos ε ε sin ε, sin ε + ε cos ε ) (1, ) 4 + ε 4 + ε 4 + ε 4 + ε Esercizio.1.4. Data la curva γ parametrizzata da (e t cos t, e t sin t) con π t π, determinate la lunghezza di γ; determinate poi la retta tangente alla curva nel punto corrispondente a t =. Se Φ(t) = (e t cos t, e t sin t) allora Φ (t) = (e t (cos t sin t), e t (sin t + cos t), quindi Allora Φ (t) = e t cos t + sin t sin t cos t + sin t + cos t + sin t cos t = e t. L(γ) = π π e t dt = (e π e π ). Poi per t = si ha Φ() = (1, ) e Φ () = (1, 1), e la tangente cercata ha equazione parametrica x = 1 + t y = t 19

22 Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve o cartesiana y = x 1. Esercizio.1.5. Data la curva la cui equazione in coordinate polari è ρ = θ, determinare un vettore tangente alla curva nel punto che corrisponde a θ = π e scrivere l'equazione cartesiana della retta tangente nello stesso punto. Determiniamo un'equazione parametrica della curva data in coordinate polari. Si ha x(θ) = ρ(θ) cos θ = θ cos θ y(θ) = ρ(θ) sin θ = θ sin θ. A questo punto, un vettore tangente alla curva nel punto che corrisponde al generico θ è dato da x (θ) = cos θ θ sin θ y (θ) = sin θ + θ cos θ. da cui un vettore tangente alla curva nel punto che corrisponde a θ = π è dato da ( π ) x = π ( π ) y =. A questo punto, l'equazione cartesiana della retta tangente al punto corrispondente al generico θ è per cui, se θ = π, si ha y (θ )(x x(θ )) = x (θ)(y y(θ )) (x ) = π(y π) x + πy = π..1.. Esercizi proposti Esercizio.1.6. Si calcoli la lunghezza l γ della curva ( ) + 3t γ(t) =, t 1, ln(t), 8t 1 t. Si calcolino inoltre le equazioni della retta r tangente alla curva nel punto γ(1) e del piano π perpendicolare alla curva nello stesso punto.

23 .1 Funzioni a valori vettoriali e curve Esercizio.1.7. Si consideri la curva in R 3 denita dalle equazioni parametriche x = t e t, y = 3 t e t, z = t e t t [, 1]. Determinare la retta tangente alla curva nel punto corrispondente al valore del parametro t = 1/. Determinare il piano ortogonale alla curva nello stesso punto. Esercizio.1.8. Si consideri la curva piana: ( ) 5t 3 γ(t) := (x(t), y(t)) = 3, 5t 1, t. a) Se A = γ(), trovare un punto B = γ(s), tale che la lunghezza dell'arco AB sia esattamente 5( 8 1). 3 b) Scrivere le equazioni della retta tangente e della retta normale a γ nel punto B. Esercizio.1.9. Si consideri la curva nello spazio: γ(t) := (x(t), y(t), z(t)) = (e t cos t, e t sin t, e t 3), t (, + ). a) Trovare il numero t per il quale la distanza di γ(t ) dall'origine è. b) Trovare il numero t 1 per il quale la lunghezza dell'arco avente estremi γ(t ) e γ(t 1 ) è 5. c) Trovare l'equazione del piano normale e della retta tangente a γ(t) nel punto γ(t 1 ). Esercizio.1.1. Si consideri la curva γ(t) = (cos t + t sin t, sin t t cos t, 3 ) t3 t [, + ). a) Determinare il punto t > per il quale la lunghezza dell'arco di estremi γ() e γ( t) è 38 ( 3. π ) b) Scrivere l'equazione del piano σ normale alla curva nel punto γ. 1

24 Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve.. Integrali di prima specie..1. Esercizi svolti Esercizio..1. Parametrizzate il tratto del graco della funzione e x compreso tra x = e x = 1; detta γ tale curva, calcolate l'integrale su γ di f(x, y) = ye x ; calcolate inne la lunghezza di γ. Una parametrizzazione di γ è data da x(t) = t t [, 1] γ = y(t) = e t ; si ha inoltre γ (t) = (1, e t ). A questo punto f(x, y)ds = 1 γ e t e t 1 + e t = 1 [ (1 + e t ) 3/ 3/ ] 1 = 1 3 [(1 + e ) 3/ 1]. Inne L(γ) = e t dt. 1 Troviamo + e t dt eettuando il cambio di variabile 1 + e t =: z da cui t = log(z 1). Si ha Allora 1 + e t dt = L(γ) = 1 z z z 1 dz = ( ) dz = z + 1 ( ) z 1 z 1 log + C. z e t dt = [ 1 + e t + 1 log ( )] e t e t + 1 = ( ) 1 + e log e 1 ( ) e + 1 log. + 1

25 . Integrali di prima specie Esercizio... Data la curva γ parametrizzata da Φ(t) = (t cos t, t sin t), determinate la retta tangente alla curva nel punto che corrisponde a t = e calcolate l'integrale della funzione f(x, y) = x + y sulla parte di curva con 1 t 1. Si ha Φ (t) = (cos t t sin t, sin t t cos t), dunque Φ () = (1, ); essendo Φ() = (, ) la retta tangente passa per (, ) con direzione (1, ), ed è pertanto l'asse x. Si ha poi Φ (t) = cos t + 4t sin t 4t sin t cos t + sin t + 4t cos t + 4t = 1 + 4t quindi Φ (t) = 1 + 4t. Allora l'integrale diventa t cos t + t sin t Φ (t) dt = 1 t 1 + 4t dt = t 1 + 4t dt 1 1 = t t dt = s ds = 4 3 [s s] 5 1 = 1 6 (5 5 1). Esercizio..3. Considerate la curva γ parametrizzata da (sin t, t, 1) con t π; determinare il vettore tangente a γ in ciascuno dei punti corrispondenti a t =, t = π, t = π, disegnate accuratamente γ e calcolate l'integrale su γ della funzione xyz 1 + cos y. γ è il graco della funzione sin x sul piano z = 1. Si ha γ (t) = (cos t, 1, ) γ () = (1, 1, ) γ (π/) = (, 1, ) γ (π) = ( 1, 1, ). γ xyz π π 1 + cos y ds = sin t t (1 + cos t) dt = =[ t cos t + sin t] π + t sin t dt + π [ t cos3 t sin t sin3 t 9 3 t sin t cos t dt ] π = 8 3 π.

26 Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve Esercizio..4. Calcolare l'integrale (curvilineo) di f(x, y) = xy 4 + x lungo la curva γ il cui sostegno è il bordo E di } E = {(x, y) : x, x + y 1, y 1 x 4 ( e determinare la retta tangente a γ nel punto 1, 3 ). 4 γ f(x, y) = γ π/ f(x, y) = f(x, y) + γ 1 f(x, y) + γ f(x, y) γ 3 x = t γ 1 = y = 1 t ; γ 1 f(x, y) = x = cos t γ = y = sin t t π; sin t cos t 4 + cos t dt = [ 4 + cos t] π/ = [ + 5] = 5 x = t γ 3 = y = 1 t t ; 4 (x ) + (y ) = 1 + t 4 + t 4 =. Quindi γ 3 f(x, y) = t(1 t ) t dt = t γ f(x, y) = ( ) t t3 dt = 1 4.

27 . Integrali di prima specie Nel punto ( 1, 3 ) c'è il tratto di parabola 4 x = t y = 1 t 4 t ; si ha x = 1, y = t e ( 1, 4) 3 si trova per t = 1 forma parametrica retta tangente x = 1 + t y = t t R; forma cartesiana (anche dal graco) y = 1 x Esercizio..5. Si calcoli l'integrale curvilineo di prima specie della funzione f(x, y) = x y sulla parte dell'ellisse { (x, y) R : } x 9 + y 4 = 1 contenuta nel primo quadrante. [Sugerimento: nel corso del procedimento potrebbe venire utile un cambiamento di variabile del tipo s = sin t... ] Una parametrizzazione della curva γ che descrive la parte di ellisse contenuta nel primo quadrante data dal problema è x = 3 cos θ γ(θ) = y = sin θ da cui e Quindi γ f ds = = 3 5 π/ π/ x = 3 sin θ γ (θ) = y = cos θ γ (θ) = f(γ(θ)) γ (θ) ds = 1 sin θ cos θ θ θ [, π ] [, π ] 9 sin θ + 4 cos θ = 5 sin θ + 4. π/ 5 sin θ + 4 dθ = sin θ cos θ 5 sin θ + 4 dθ [ (5 sin θ + 4) 3/ 3/ ] π/ = 38 5.

28 Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve Esercizio..6. Si calcoli l'integrale curvilineo (rispetto all'ascissa curvilinea) z ds, α ove α è la curva di parametrizzazione α(t) = (t cos t, t sin t, t), t [, π]. Si determini inoltre il piano normale ad α nel punto ( π,, π) (ovvero il piano normale alla retta tangente in quel punto). Poniamo da cui α(t) := (α 1 (t), α (t), α 3 (t)) = (t cos t, t sin t, t) t [, π] α (t) = (cos t t sin t, sin t + t cos t, 1) e α (t) = cos t + t sin t t sin t cos t + sin t + t cos t + t sin t cos t + 1 = t +. Allora, per denizione di integrale curvilineo di prima specie, posto f(x, y, z) = z si ha π π z ds = f(α 1 (t), α (t), α 3 (t)) α (t) dt = t t + dt = 1 (t + ) 3/ α 3/ = 1 3 [(4π + ) 3/ 3/ ]. L'equazione cartesiana del piano normale alla curva α : R R 3 nel punto (x, y, z ) è data da (x x ) α 1(t ) + (y y ) α (t ) + (z z ) α 3(t ) = e quindi inserendo i nostri parametri si ottiene (x + π) α 1(π) + (y ) α (π) + (z π) α 3(π) = π da cui z x y π = π. Esercizio..7. Si calcoli l'integrale curvilineo (rispetto all'ascissa curvilinea) α x + y ds, ove α è la curva di parametrizzazione α(t) = (t sin t, t cos t, t), t [, π]. Si determini inoltre il piano normale ad α nel punto (π/,, π) (ovvero il piano normale alla retta tangente in quel punto). Poniamo α(t) := (α 1 (t), α (t), α 3 (t)) = (t sin t, t cos t, t) t [, π] 6

29 . Integrali di prima specie da cui α (t) = (sin t + t cos t, cos t t sin t, ) e α (t) = sin t + t cos t + t sin t cos t + cos t + t sin t t sin t cos t + 4 = t + 5. Allora, per denizione di integrale curvilineo di prima specie, posto f(x, y, z) = x + y si ha α π x + y ds = f(α 1 (t), α (t), α 3 (t)) α (t) dt = = 1 3 [(4π + 5) 3/ 5 3/ ]. π t t + 5 dt = 1 (t + 5) 3/ 3/ L'equazione cartesiana del piano normale alla curva α : R R 3 nel punto (x, y, z ) è data da (x x ) α 1(t ) + (y y ) α (t ) + (z z ) α 3(t ) = e quindi inserendo i nostri parametri si ottiene ( x π ) ( π ) ( π ) ( π ) α 1 + (y ) α + (z π) α 3 = π da cui ( x π ) ( 1 + (y ) π ) + (z π) = e quindi x π y + 4 z = 5 π. Esercizio..8. Si calcoli l'integrale curvilineo (rispetto all'ascissa curvilinea) α x ds, ove α è la curva di parametrizzazione α(t) = (t, cos t, sin t), t [, π]. Si determini inoltre il piano normale ad α nel punto (π, 1, ) (ovvero il piano normale alla retta tangente in quel punto). Poniamo da cui e α(t) := (α 1 (t), α (t), α 3 (t)) = (t, cos t, sin t) t [, π] α (t) = α (t) = (t, sin t, cos t) 4t + sin t + cos t = 4t

30 Esercizi riguardanti il calcolo infinitesimale per le curve Allora, per denizione di integrale curvilineo di prima specie, posto f(x, y, z) = x si ha π x ds = f(α 1 (t), α (t), α 3 (t)) α (t) dt = π α t 4 t + 1 dt = 1 (4 t + 1) 3/ 8 3/ = 1 1 [(16π + 1) 3/ 1]. L'equazione cartesiana del piano normale alla curva α : R R 3 nel punto (x, y, z ) è data da (x x ) α 1(t ) + (y y ) α (t ) + (z z ) α 3(t ) = e quindi inserendo i nostri parametri si ottiene (x π ) α 1(π) + (y + 1) α (π) + (z ) α 3(π) = π da cui e quindi (x π ) π z = z = π x π 3. 8

31 CAPITOLO 3 Calcolo dierenziale Funzioni di più variabili 3.1. Insiemi di livello e domini: esercizi svolti Esercizio Calcolare le curve di livello delle seguenti funzioni 1)f(x, y) = ( 3 1 x y ) 4 )f(x, y) = x y 3)f(x, y) = x y x + y Per la prima funzione le curve di livello di f sono segmenti delle seguenti rette 3 ( 1 x y ) = C 4 ossia x + y 4 = 1 C 3 C 3 che stanno nel primo quadrante. Per la seconda sono le curve x y = C; per C = la curva di livello è costituita in realtà dalla coppia di rette x = y e x = y, mentre per gli altri valori di C le curve di livello sono iperboli equilatere aventi queste rette come asintoti. Per la terza funzione inne le curve di livello sono rette per l'origine. 9

32 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Esercizio Si rappresenti nel piano il dominio della funzione f(x, y) = arcsin(xy y x) Sappiamo che la funzione arcsin x è denita per x [ 1, 1] quindi il dominio di f è l'insieme D = {(x, y) R : 1 xy y x 1}. Si verica direttamente che i punti della retta x = 1 non stanno in D. Quindi se x < 1 si ha che (x, y) D se e solo se 1 + x x 1 y x 1 x 1 mentre se x > 1 si ha che (x, y) D se e solo se x 1 x 1 y x + 1 x 1 In conclusione il dominio di f è indicato dalla zona tratteggiata in gura 3.1. Figura 3.1: Dominio di f. 3

33 3.1 Insiemi di livello e domini: esercizi svolti Esercizio Si rappresenti nel piano il dominio della funzione f(x, y) = (x x y)(x x + y) ( x 3 ( + y ) 1 ) + ln x + 1 x Occorrono: non negatività del radicando, positività dell'argomento del logaritmo e denominatore diverso da zero. Tutto ciò è equivalente al sistema (x x y)(x x + y) ( x ) 3 ( + y ) 1 x + 1 x > il quale a sua volta è equivalente a x + x y x x x 3, y 1 1 < x <. Il dominio della funzione è indicato in gura 3.. Figura 3.: Dominio di f. 31

34 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Esercizio Si rappresentino nel piano gli insiemi di livello della funzione f(x, y) = 1 + xy x Ricordiamo che l'insieme di livello c con c R di una funzione z = f(x, y) è denito come l'insieme dei punti del piano in cui f ha valore c, cioè l'insieme E c = {(x, y) R : f(x, y) = c}. Naturalmente se c non appartiene all'immagine di f allora l'insieme E c è vuoto. Nei casi più comuni E c è costituito da una o più curve nel piano, che perciò prendono il nome di curve di livello. Ponendo 1 + xy = c, c R x si trova facilmente la famiglia di curve di equazione y = cx 1 x, c R. Il graco evidenzia qualche curva appartenente alla precedente famiglia. Figura 3.3: Alcune curve di livello per la funzione f. 3

35 3.1 Insiemi di livello e domini: esercizi svolti Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione f(x, y) = x 1+ln(y 1) + xe y ye x Innanzitutto le due radici devono esistere e quindi i loro argomenti devono essere maggiori o uguali a ; inoltre deve esistere la funzione logaritmo e quindi il suo argomento deve essere maggiore di. Quindi D = {(x, y) R : x 1} {(x, y) R : y > 1} {(x, y) R : xe y ye x }. L'unico problema è capire come è fatto il terzo insieme. Osserviamo che xe y ye x xe y ye x xe x ye y. Studiamo la funzione f(x) = xe x. Il dominio è R, f() =, lim x f(x) = mentre lim x + f(x) = ; f (x) = e x [1 x] quindi f ammette un massimo in x = 1 che vale 1/e. In gura 3.4. è riportato il graco di f. 3 y x 3 Figura 3.4: Graco di f(x) = xe x. Quindi se x 1 si ha che f(x) è decrescente, cioè: 1 x y f(x) f(y) xe x ye y. Tenendo conto dunque della restrizione dovuta all'esistenza dei primi due termini, senza esplicitare completamente il terzo insieme possiamo dire che D = {(x, y) R : 1 x y} \ {(1, 1)}. 33

36 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Il punto (1, 1) deve essere tolto perché y x e y 1. Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione f(x, y) = arcsin 4xy x + y La funzione arcsin x è denita in [ 1, 1] quindi il dominio della funzione data è l'insieme D = { (x, y) R : 1 4xy } x + y 1. Vediamo di capire meglio chi è questo insieme. Si ha 1 4xy x + y 1 x + y + 4xy 4xy x y. x + y + 4xy x + y 4xy. Passando in coordinate polari si ottiene ρ [1 + 4 cos θ sin θ] 1 sin(θ) 1 1 ρ [4 sin θ cos θ 1]. 4 tan θ 1 + tan θ 1 da cui, ponendo t := tan θ si ha t + 4t + 1 t 3 t + 3 4t t 1. t 3 t + 3 t < 3 t + 3. Quindi D = R \ {(x, y) R : ( 3) y x ( + 3) y } = R \ {(x, y) R : ( 3) x y ( + 3) x }. Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione f(x, y) = arccos(xye x y ) La funzione arccos è denita in [ 1, 1], quindi il dominio della funzione data è l'insieme { } D = (x, y) R : 1 xye x y 1. 34

37 3.1 Insiemi di livello e domini: esercizi svolti Vediamo di capire meglio chi è questo insieme. Si ha 1 xye x y xy 1 e x +y 1. Passando a coordinate polari, questo è equivalente a cercare le coppie (ρ, θ) R tali che ρ cos θ sin θ e 1. ρ Studiamo la funzione f : R R denita da f(x) = x e x. Si ha che f è pari e sempre non negativa, f() =, lim x ± f(x) = e f (x) = e x (x)(1 x ) da cui x = è punto di minimo locale (e assoluto) mentre i punti x = ±1 sono di massimo locale (e assoluto) e f(±1) = 1/e. In gura 3.5 è mostrato il graco di f. y x 1 Figura 3.5: Graco di f(x) = x e x. A noi interessa la parte relativa alle x perché nel nostro caso ρ. D'altra parte, dall'analisi condotta nora Dunque D = R. ρ cos θ sin θ e f(ρ) 1 ρ e 1. Esercizio Si determini il dominio di denizione delle seguenti funzioni: f(x, y) = sin(tan e xy ), g(x, y) = sin(xy) tan e x, 35

38 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Le funzioni sin z e e z sono denite per ogni z reale. La funzione tan z è denita per z π +k π per k Z mentre la funzione z è denita per z. Quindi domf = {(x, y) R : x y e e xy π } + k π con k Z. In realtà se k Z di sicuro e xy π + k π quindi è suciente porre D'altra parte questo è equivalente a xy e xy π + k π con k Z+ {}. [ log ( π + k π )] con k Z + {}. Quindi dom f = { [ ( π )] } (x, y) R : xy e xy log + k π con k Z + {}. La condizione xy rappresenta l'unione del primo e terzo quadrante, assi inclusi. D'altra parte per ogni k Z + {} ssato, la condizione xy = [ ( π )] log + k π rappresenta un'iperbole equilatera, quindi il dominio di f è costituito dal primo e dal terzo quadrante a cui viene tolta una famiglia di iperboli equilatere. Per quanto riguarda la funzione g, di nuovo possiamo dire che le funzioni e z e sin z sono denite per ogni z reale, la funzione tan z è denita per ogni z π + k π al variare di k Z. Inne la funzione z è denita per ogni z. Quindi dom g = {(x, y) R : sin(xy) e e x π } + k π con k Z. Se k Z allora di sicuro e x π + k π, quindi { [ ( π )] } dom g = (x, y) R : h π x y π + h π e x log + k π con h, k Z + {}. Si tratta dell'unione di innite regioni comprese tra due iperboli equilatere a cui sono stati tolti i punti che appartengono a innite rette parallele all'asse y. 36

39 3.1 Insiemi di livello e domini: esercizi svolti Figura 3.6: Dominio della funzione g. Esercizio Si determini il dominio di denizione delle seguenti funzioni: +sin[(xy)] tan x f(x, y) = log(e ), g(x, y) = 1 e. y Le funzioni e z e sin z sono denite per ogni z R, la funzione log z è denita per z > e inne la funzione z è denita per z. D'altra parte, essendo log(a b) = log a + log b si ha +sin[(xy)] log( e +sin[(xy)] ) = log + log e = log + + sin[(xy)] quindi l'unica condizione da imporre è + sin[(xy)]. Essendo 1 sin z 1 per ogni z R, si ha che questa condizione è vericata per ogni (x, y) R. Quindi dom f = R. D'altra parte, per quanto riguarda la funzione g si ha che di nuovo la funzione e z è denita per ogni z reale, la funzione tan z è denita per z π +k π e inne la funzione z è denita per ogni z. Quindi dom g = { (x, y) R : tan x 1 e con x π } + k π al variare di k Z. y 37

40 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Scendiamo più nei dettagli. Si ha, al variare di k Z tan x 1 e [tan x 1 y ey > ] [tan x 1 e y < ] [k π x π ] [ π ] + k π y < + k π x π + k π y >. A questo insieme vanno tolte le rette x = π + k π per k Z, quindi { dom g = (x, y) R : [k π x < π ] + k π y < [ π + k π < x π + k π y > ] per k Z }. Figura 3.7: Dominio della funzione g. Esercizio Si determini il dominio di denizione delle seguenti funzioni: f(x, y) = tan 1 yx, g(x, y) = 1 yx 1. La funzione tan z è denita per z π + k π mentre la funzione z è denita per ogni z. 38

41 3.1 Insiemi di livello e domini: esercizi svolti Quindi si ha dom f = {(x, y) R : 1 y x 1 yx π + k π con k Z }. Figura 3.8: Dominio della funzione f. Scendiamo più nei dettagli. Si ha 1 y x x y 1 1 x y 1 inoltre, se k Z di sicuro si ha 1 x y π + k π quindi basta chiedere da cui 1 x y π + k π con k Z+ {} yx 1 [ π + k π ] ; dato che k Z + {}, di sicuro la quantità 1 [ π + k π ] è negativa e allora si avrà sicuramente y x 1 [ π + k π ]. Quindi dom f = {(x, y) R : 1 x y 1}. 39

42 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Per quanto riguarda la funzione g si può ancora dire che z è denita per ogni z, quindi dom g = {(x, y) R : 1 y x 1 1 y x }. Scendiamo nei dettagli. Si ha 1 y x x y 1 1 x y 1. D'altra parte 1 yx 1 1 yx 1 1 y x 1 y x x = y =. Quindi dom g = {(x, y) R : x = y = }. Esercizio Si determini il dominio di denizione delle seguenti funzioni: f(x, y) = log 1 yx, g(x, y) = 1 yx 1. La funzione z è denita per ogni z, mentre la funzione log z è denita per ogni z >. Quindi, per quanto riguarda la funzione f si ha dom f = {(x, y) R : 1 x y > } = {(x, y) R : 1 < x y < 1}. Invece, per quanto riguarda la funzione g si ha dom g = {(x, y) R : 1 y x 1 1 y x } = {(x, y) R : 1 x y 1}. 3.. Insiemi di livello e domini: esercizi proposti Esercizio Si rappresentino nel piano gli insiemi di livello delle seguenti funzioni: 1)f(x, y) = x y e x )f(x, y) = y(log y x) 4

43 3. Insiemi di livello e domini: esercizi proposti Esercizio 3... Si descrivano (senza rappresentarli) gli insiemi di livello delle funzioni: xy y 1)f(x, y) = x + y )f(x, y) = (x + y ) log(1 + x + y ) 3)f(x, y, z) = e x +y +3z 4)f(x, y, z) = log z x + y 5)f(x, y, z) = arctan x + y (z 1) Esercizio Si rappresentino nel piano i domini delle seguenti funzioni: 1)f(x, y) = (x + 4y 3) )f(x, y) = x ((x + 1) (y 1) ) 3)f(x, y) = x sin(x + y ) x y(y y ) 4)f(x, y) = log(1 (x + y )) Esercizio Siano A e B rispettivamente gli insiemi di denizione delle seguenti funzioni: 1)f(x, y) = log(1 x ) log(y 4) )g(x, y) = log 1 x y 4 Si determinino A e B e dica se A = B, A B, B A. Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione f(x, y) = xy x ln y 41

44 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione x y f(x, y) = sin x + y x y + Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione f(x, y) = xy(xy 1) Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione f(x, y) = xy xy 1 Esercizio Trovare l'insieme di denizione della funzione f(x, y) = (xy 1)xy 3.3. Limiti e continuità: esercizi svolti Esercizio Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di denizione x arctan (x, y) (, ) f(x, y) = x + y π (x, y) = (, ) Innanzitutto osserviamo che arctan x è una funzione continua e dunque la funzione data è sicuramente continua per (x, y) (, ) mentre per studiare il problema nell'origine è suciente studiare il comportamento dell'argomento della funzione arcotangente. Si ha che x lim (x,y) (,) x + y non esiste. Infatti se consideriamo la curva y = x otteniamo x lim (x,y) (,) x + y = lim 1 (x,y) (,) x = ± a seconda che x tenda a zero da sinistra o da destra. Dunque in corrispondenza di queste scelte, lim arctan x (x,y) (,) x + y = ±π 4

45 3.3 Limiti e continuità: esercizi svolti a seconda che x tenda a zero da sinistra o da destra. In particolare il limite cercato non esiste (e in ogni caso non è sempre uguale al valore della funzione nell'origine) quindi la funzione non è continua nell'origine. Esercizio Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di denizione x y (x, y) (, ) f(x, y) = x + y (x, y) = (, ) La funzione data è continua sicuramente per (x, y) (, ). Per vedere se è continua nell'origine, è suciente studiare il limite di f per (x, y) (, ) per vedere se esso esiste e se coincide con il valore della funzione in (, ). Si ha y lim (x,y) (,) x y x + y lim (x,y) (,) x =, visto che 1. Il teorema dei due carabinieri permette di concludere che il limite cercato esiste e fa, dunque la funzione data è continua anche x + y nell'origine. Esercizio Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di denizione x 3 y 3 x y f(x, y) = x 3 + y 3 (x, y) = (, ) In primo luogo occorre notare che per x y la funzione data è continua; resta dunque da studiare la continuità in (, ). Per fare questo occorre studiare lim (x,y) (,) x 3 y 3 x 3 + y 3 e vedere se questo esiste e fa. In tal caso f sarà continua anche nel punto (, ); in caso contrario non sarà continua in quel punto. (Osserviamo tra l'altro che non è ovviamente x 3 possibile dire che x 3 + y 1). 3 Se si considera il limite lungo le curve che di solito vengono utilizzate, esempio y = x α, α > si vede che il limite considerato esiste e fa. Anche lungo tutte le rette passanti per l'origine 43

46 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili il limite esiste e fa. Questo potrebbe erroneamente portare a concludere che il limite della funzione esista e faccia. Tale conclusione è errata: infatti il limite dato non esiste. Come si può arrivare a intuire questa conclusione? Innanzitutto si vede che se y = x il denominatore si annulla mentre il numeratore tende a zero, questo potrebbe indurre a pensare che ci sia un modo per far andare a zero il denominatore più velocemente del numeratore. Si esprime in termini rigorosi questo concetto considerando la successione ( 1n, 1n + 1n β ) dove β > ; questa successione di punti sta lungo una curva che risulta essere una perturbazione della curva y = x che annulla il denominatore della funzione data. L'idea è cercare un β in modo che il limite lungo tale successione di punti venga diverso da. Dopo alcune ricerche si vede che ad esempio β = 5 fa al caso nostro. Allora se prendiamo in esame la successione ( 1n, 1n + 1n 5 ) si ha lim (x,y) (,) x 3 y 3 1 ( 1 x 3 + y = lim n 3 n + 1 ) 3 n 5 3 n + 3 n n + 1 = lim n + 11 n n 4 3 n 8 1 n 1 3 n + 3 n n 9 =. Questo permette di concludere che il limite dato non esiste e dunque f non è continua in (, ). Esercizio Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di denizione x 3 y (x, y) (, ) f(x, y) = x 4 + y (x, y) = (, ) La funzione data è continua sicuramente per (x, y) (, ). Per vedere se è continua nell'origine, è suciente studiare il limite di f per (x, y) (, ) per vedere se esso esiste e se coincide con il valore della funzione in (, ). Si ha x 3 y lim (x,y) (,) x 4 + y lim x x 4 + y (x,y) (,) (x 4 + y ) = lim x (x,y) (,) = visto che x y 1 (x4 + y ) (questo deriva dal fatto che (x + y ) ). Il teorema dei due carabinieri e il fatto che f f 44

47 3.3 Limiti e continuità: esercizi svolti ci permettono di concludere che il limite cercato esiste e fa, dunque la funzione data è continua anche nell'origine. Esercizio Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di denizione xy 3 (x, y) (, ) f(x, y) = x 4 + y (x, y) = (, ) La funzione data è continua sicuramente per (x, y) (, ). Per vedere se è continua nell'origine, è suciente studiare il limite di f per (x, y) (, ) per vedere se esso esiste e se coincide con il valore della funzione in (, ). Si ha visto che x y 3 lim (x,y) (,) x 4 + y lim xy y (x,y) (,) x 4 + y y 1. Il teorema dei due carabinieri e il fatto che x 4 + y f f lim xy = (x,y) (,) ci permettono di concludere che il limite cercato esiste e fa, dunque la funzione data è continua anche nell'origine. Esercizio Dire se la seguente funzione è continua nel suo dominio di denizione x y (x, y) (, ) f(x, y) = x 4 + y (x, y) = (, ) La funzione data è continua sicuramente per (x, y) (, ). Per vedere se è continua nell'origine, è suciente studiare il limite di f per (x, y) (, ) per vedere se esso esiste e se coincide con il valore della funzione in (, ). Si ha che lim (x,y) (,) x y x 4 + y non esiste. Infatti se consideriamo la curva y = x otteniamo lim (x,y) (,) x y x 4 + y = lim x x 3 x 4 + x = lim x x x + 1 = 45

48 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili mentre se prendiamo in esame la curva y = x, si ha lim (x,y) (,) x y x 4 + y = lim x x 4 x 4 + x = lim 1 4 x = 1. Questo basta a concludere che la funzione data non è continua nell'origine (in realtà per concludere che la funzione non è continua nell'origine bastava solo considerare una curva tale che il limite preso lungo quella curva non fosse uguale a zero, nel nostro caso bastava dunque l'esame del limite lungo la curva y = x ). Esercizio Calcolare xy 3 sin(x y) cos(x + y) lim (x,y) (,) x + y Il limite dato può essere riscritto come lim (x,y) (,) xy 3 x + y lim sin(x y) cos(x + y) (x,y) (,) x + y a patto che questi ultimi due limiti esistano, niti o inniti ma tali da non dar luogo alla forma di indecisione [+, ]. Per quanto riguarda lim (x,y) (,) xy 3 x + y prendendo i valori assoluti e utilizzando la nota disuguaglianza x y 1 (x + y ), si ha lim (x,y) (,) x y 3 x + y 1 lim (x,y) (,) y =. Quindi dal teorema dei due carabinieri e utilizzando il fatto che si ottiene che esiste e fa. Per quanto riguarda si osserva immediatamente che f f lim (x,y) (,) xy 3 x + y sin(x y) cos(x + y) lim (x,y) (,) x + y lim cos(x + y) = 1; (x,y) (,) 46

49 3.3 Limiti e continuità: esercizi svolti d'altra parte, utilizzando il fatto che sin z z ottiene, prendendo i valori assoluti z R e il fatto ovvio che x x + y si sin(x y) lim lim (x,y) (,) x + y (x,y) (,) Il teorema dei due carabinieri unito al fatto che ci dà e dunque anche f f x y x + y sin(x y) lim = (x,y) (,) x + y sin(x y) cos(x + y) lim =. (x,y) (,) x + y Allora anche il limite proposto in partenza esiste e fa. lim y =. (x,y) (,) Esercizio Stabilire se esiste ed eventualmente calcolare La funzione xye x sin(π/4 + xy) lim. (x,y) (,) x + y f(x, y) = xyex sin(π/4 + xy) x + y di cui dobbiamo calcolare il limite è denita su R \ {(, )} e sull'asse x (come sull'asse y) è identicamente. Quindi il limite, se esiste, deve essere. Tuttavia sulla bisettrice y = x si ottiene quindi non esiste. f(x, x) = x e x sin(π/4 + x ) = ex sin( π + 4 x ) 3x 3 lim f(x, y) (x,y) (,) 1 / 3 = 6, Esercizio Si calcoli lim (x,y) (1,) y log x (x 1) + y 47

50 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili soluzione 1. Ricordiamo che a questo punto dunque, osservando che f f y 1 per ogni (y, z) z R + y y log x lim (x,y) (1,) (x 1) + y = lim y log(z + 1) lim log(z + 1) =. (z,y) (,) z + y (z,y) (,) Il teorema dei due carabinieri ci permette allora di concludere che lim (x,y) (1,) y log x (x 1) + y =. soluzione. Si può anche passare a coordinate polari ponendo x = 1 + ρ cos θ, y = ρ sin θ. Si ottiene ρ sin θ log(1 + ρ cos θ) lim ρ ρ poiché sin θ cos θ è una quantità limitata in modulo da 1. = lim ρ ρ sin θ cos θ = Esercizio Si dimostri, usando la restrizione di f su opportune curve, che le seguenti funzioni non hanno limite per (x, y) (, ) : 1) f(x, y) = xe y/x ) f(x, y) = x3 + y 3 x + y 4 1) Se considero la curva y = x allora si ha lim x (x,y) e y/x = lim x e 1 =. x D'altra parte se considero la curva y = x, si ottiene lim x (x,y) e y/x = lim x e 1 x x = +. Avendo trovato due curve lungo le quali il limite di f ha due valori diversi, si conclude che il limite dato non esiste. ) Se considero la curva y = x allora si ha x 3 + y 3 lim (x,y) x + y = lim 4 x x 3 x + x 4 = lim x 48 x 1 + x =.

51 3.3 Limiti e continuità: esercizi svolti D'altra parte se considero la curva y = x, si ottiene x 3 + y 3 lim (x,y) x + y = lim x 3 + x x 4 x x = lim x x x + 1 x = +. Esercizio Sia data la funzione: y f(x, y) = x x x = a) Si stabilisca se f è continua in (, ). b) Si stabilisca se è continua in D := {(x, y) R : y x 1} a) Per x la funzione è continua. Per concludere occorre analizzare la conitnuità della funzione data lungo la retta x =. Per fare questo bisogna calcolare il limite per x con y qualunque di f(x, y) e vericare se esso è che è il valore assunto lungo l'asse delle y. Questo è falso dato che se consideriamo la curva y = x allora f(x, y) vale costantemente 1 e dunque non può tendere a al tendere di x a. Dunque la funzione data non è continua in. b) Usando la condizione imposta dal dominio D si ottiene y lim x x lim x =, x dove osserviamo che non abbiamo avuto bisogno di considerare i valori assoluti delle quantità in gioco dato che x D x. A questo punto il teorema dei carabinieri permette di concludere che il limite considerato esiste e fa, dunque la funzione f è continua in D. Notiamo che questo esempio mostra che una funzione può essere discontinua in un punto mentre una sua restrizione può essere continua nello stesso punto. Ciò non deve stupire, in quanto, restringendo una funzione ad un sottoinsieme del suo dominio, si può escludere un insieme rilevante di curve lungo le quali calcolare i limiti. Esercizio Data la funzione f(x, y) = x y 3x + 4y si verichi che: ( ) lim lim f(x, y) x y ( ) lim lim f(x, y) y x Si verica facilmente che ( ) lim lim f(x, y) x y = lim x ( ) =

52 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili che è chiaramente diverso da lim y ( ) lim f(x, y) x ( = lim 1 ) = 1 y 4 4. Esercizio Si calcolino i limiti: 1 e xy 1) lim (x,y) (,) x4 + y 4 1 cos(xy) ) lim (x,y) (,) log(1 + x + y ) 1) Innanzitutto ricordiamo il limite notevole e z 1 lim z z Allora, dal teorema sul limite della composizione di funzioni (oppure passando a coordinate polari) otteniamo facilmente che = 1. 1 e xy lim = 1. (x,y) (,) xy D'altra parte, visto che (x, y) R si ha x 4 + y 4 y 4, abbiamo anche lim (x,y) (,) x y x4 + y 4 Dal teorema dei due carabinieri e dal fatto che si conclude che dunque lim (x,y) (,) ) Vogliamo dimostrare che lim x y = lim x =. (x,y) (,) y 4 (x,y) (,) f f lim (x,y) (,) 1 e xy x4 + y 4 = xy x4 + y 4 = ; lim 1 e xy (x,y) (,) xy xy x4 + y 4 =. lim (x,y) (,) Prima di tutto ricordiamo i limiti notevoli lim z 1 cos(xy) log(1 + x + y ) =. 1 cos z z = 1 ; lim z log(1 + z) z = 1. 5

53 3.3 Limiti e continuità: esercizi svolti Quindi, dal teorema sul limite della composizione di funzioni (oppure passando a coordinate polari), si ottiene lim (x,y) (,) 1 cos(xy) x y = 1 lim (x,y) (,) x + y log(1 + x + y ) = 1. D'altra parte, visto che y 1, si ottiene x + y lim (x,y) (,) x y x + y Il teorema dei carabinieri ci permette di concludere che Dunque, riassumendo, lim (x,y) (,) 1 cos(xy) log(1 + x + y ) = lim (x,y) (,) lim (x,y) (,) x =. x y x + y =. lim 1 cos(xy) (x,y) (,) x y x y x + y x + y log(1 + x + y ) =. Esercizio Si consideri la funzione f(x, y) = x (y x), (x, y) (, ). (x + y ) α Si determini se esiste (e in caso aermativo si calcoli) quando α = 1 e quando α =. lim f(x, y) (x,y) (,) Sia α = 1. Allora Proviamo che il limite dato esiste e fa zero. f(x, y) = x (y x) x + y. Per dimostrare questo ci occupiamo separatamente dei due casi lim (x,y) (,) x y x + y lim (x,y) (,) x 3 x + y dimostrando che entrambi esistono e sono uguali a zero. Useremo la seguente maggiorazione x x + y. 51

54 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Si ha lim (x,y) (,) x y x + y lim y =. (x,y) (,) Dunque dal teorema dei due carabinieri e dal fatto che f f si ha che Analogamente da cui anche Allora lim (x,y) (,) lim (x,y) (,) x 3 x + y = lim (x,y) (,) x y x + y =. lim (x,y) (,) x x x + y x 3 x + y =. lim f(x, y) = (x,y) (,) perché dato dalla dierenza dei limiti precedenti. lim x = (x,y) (,) Sia ora α =. Dimostriamo invece che in questo caso il limite dato non esiste. Per fare questo è suciente considerare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione ammetta limite diverso. Sia ad esempio y = x. Allora e si ha f(x, x) = x ( x x) (x + 4 x ) = x3 5 x 4 = 1 5 x lim f(x, x) = + lim f(x, x) =. x + x Questo è già suciente per concludere che il limite dato non esiste. Esercizio Determinare il dominio di denizione della funzione f(x, y) := x 1 (x 3 + y ) cos( 1 tan x) e studiarne il comportamento per (x, y) (, ). Innanzitutto la funzione tan x è denita per x π + k π con k Z mentre l'argomento della radice deve essere positivo o nullo. Inoltre il denominatore di f deve essere diverso da zero, dunque dom f = {(x, y) R : πk π < x arctan 1 + k π, k Z x }. 5

55 3.3 Limiti e continuità: esercizi svolti Per quanto riguarda il comportamento di f per (x, y) (, ), dimostriamo che il limite (x 3 + y ) cos 1 tan x lim (x,y) (,) x non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Ad esempio, si ha lim f(x, (x 3 + x) cos 1 tan x x) = lim x x x D'altra parte = lim x (x + 1) cos 1 tan x = cos 1. (x 3 + x ) cos 1 tan x lim f(x, x) = lim x x x Questo basta a concludere che il limite dato non esiste. = lim x (x + x) cos 1 tan x =. Esercizio Determinare il dominio di denizione della funzione f(x, y) := (x3 + y ) sin( 1 tan x) x + y e studiarne il comportamento per (x, y) (, ). Innanzitutto la funzione tan x è denita per x π + k π con k Z mentre l'argomento della radice deve essere positivo o nullo. Inoltre il denominatore di f deve essere diverso da zero, dunque dom f = {(x, y) R : π k π < x arctan 1 + π k k Z (x, y) (, ) }. Per quanto riguarda il comportamento di f per (x, y) (, ), dimostriamo che il limite (x 3 + y ) sin 1 tan x lim (x,y) (,) x + y non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Ad esempio si ha lim f(x, (x 3 + x) sin 1 tan x x) = lim x x x + x ( ) x + 1 = lim sin 1 tan x = sin 1. x x + 1 D'altra parte (x 3 + x ) sin 1 tan x lim f(x, x) = lim x x x ( x + 1 = lim x ) sin 1 tan x = 1 sin 1. 53

56 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Questo basta a concludere che il limite dato non esiste. Esercizio Determinare il dominio di denizione della funzione f(x, y) := x 1 [(sin x) + y ] tan(e x+y ) e studiarne il comportamento per (x, y) (, ). Innanzitutto la funzione tan e x+y è denita per e x+y π + k π con k Z. Se k Z questo è sicuramente vericato, quindi basterà imporre e x+y π + k π con k Z+ {}. Inoltre il denominatore di f deve essere diverso da zero, dunque { ( π ) } dom f = (x, y) R : x + y log + k π k Z + {} x. Per quanto riguarda il comportamento di f per (x, y) (, ), dimostriamo che il limite ((sin x) + y ) tan(e x+y ) lim (x,y) (,) x non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Si ha ad esempio (utilizzando un noto limite notevole) lim f(x, [(sin x) + x] tan(e x+ x ) x) = lim = tan 1. x x x D'altra parte ((sin x) + x ) tan e x lim f(x, x) = lim =. x x x Questo basta a concludere che il limite dato non esiste. Esercizio Determinare il dominio di denizione della funzione f(x, y) := {[(sin x) 3 + y ] tan(e y )}/x e studiarne il comportamento per (x, y) (, ). Innanzitutto la funzione tan e y è denita per e y π + k π con k Z. Se k Z questo è sempre vericato, quindi basta porre e y π + k π, k Z+ {}. 54

57 3.4 Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti Inoltre il denominatore di f deve essere diverso da zero, dunque { ( π ) } dom f = (x, y) R : x y log + k π, k Z + {}. Per quanto riguarda il comportamento di f per (x, y) (, ), dimostriamo che il limite ((sin x) 3 + y ) tan(e y ) lim (x,y) (,) x non esiste. A tale scopo basta trovare due curve passanti per l'origine lungo le quali la funzione data ammetta limite diverso. Si ha ad esempio (utilizzando un noto limite notevole) lim f(x, ((sin x) 3 + x) tan(e x) = lim = tan 1. x x x D'altra parte ((sin x) 3 + x ) tan(e x ) lim f(x, x) = lim =. x x x Questo basta a concludere che il limite dato non esiste. x ) 3.4. Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti Esercizio Si determini per quale valore di α il piano tangente al graco di z = f(x, y) = sin(αx + y ) nel punto (, π, ) è parallelo alla retta x = y = z. Esistono valori di α per cui è perpendicolare? Si ha f x (x, y) = α cos(αx + y ), f y (x, y) = y cos(αx + y ), da cui f x (, π) = α, f y (, π) = π. Il piano tangente alla supercie nel punto (, π, ) ha equazione z = αx π(y π). La retta parallela a x = y = z passante per (, π, ) ha equazioni parametriche x = t y = π + t z = t t R. 55

58 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Tale retta giace sul piano tangente se, sostituendo x, y, z in funzione di t nell'equazione di tale piano si ottiene un'identità, cioè se t = αt 4 πt, t R, che implica α = 1 π. Una maniera alternativa di procedere è la seguente. Un vettore normale alla supercie è v = ( f x (, π), f y (, π), 1) = (α, π, 1); tale vettore è perpendicolare al vettore w = (,, 1) che individua la direzione della retta se v, w = da cui si ricava α + 4 π + 1 =, α = 1 π. I vettori v e w non sono mai paralleli quindi il piano tangente non è perpendicolare alla retta per alcun valore di α. Esercizio Sia f(x, y) = log(1 + x + y); calcolate il gradiente f nel punto (, ) e scrivete l'equazione del piano tangente al graco di f sopra lo stesso punto. Scriviamo il gradiente della funzione nel generico punto (x, y). Si ha ( ) ( ) f f 1 f(x, y) = (x, y), (x, y) = x y 1 + x x + y x + y, x + y x + y dunque ( ) x f(x, y) = x + y + x + y, 1 x + y + x + y e f(, ) = ( 3, 1 ). 3 L'equazione del piano tangente al graco di f nel generico punto (x, y ) è z = f(x, y ) + f x (x, y )(x x ) + f y (x, y )(y y ). Nel nostro caso x =, y =, e f(, ) = log 3 da cui l'equazione del piano tangente al graco di f in (, ) è z = log (x ) y 56

59 3.4 Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi svolti o anche x + y 3z = 4 3 log 3. Esercizio Calcolare le derivate parziali della seguente funzione f(x, y) = xy x + y Si ha f x = y(x + y) xy (x + y) = y (x + y) ; f y = x(x + y) xy (x + y) = x (x + y). Esercizio Calcolare le derivate parziali della seguente funzione f(x, y) = (x + y ) log(x y) Si ha f x = log(x y) + x + y x y ; f y = y log(x y) x + y x y. Esercizio Calcolare le derivate parziali della seguente funzione xy (x, y) (, ) f(x, y) = x + y (x, y) = (, ) Per (x, y) (, ) si ha Invece se (x, y) = (, ) si ha f x = y(y x ) (x + y ) ; f y = x(y x ) (x + y ). f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h f f(, h) f(, ) (, ) = lim y h h 57 = ; =.

60 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Esercizio Calcolare le derivate parziali della seguente funzione arctan x f(x, y) = y π y y = Per y si ha f x = x y 1 y = y y + x ; f y = x x + y. Per y = si ha invece f f(x + h, ) f(x, ) (x, ) = lim x h h = ; f f(x, h) f(x, ) (x, ) = lim y h h arctan x = lim π h. h h A questo punto, se x = tale limite non esiste (in particolare tende a ± a seconda che h tenda a rispettivamente); se x > e h di nuovo il limite non esiste e anche per x < e h +. Insomma quest'ultimo limite non esiste per nessun valore di x dunque f (x, ) non y esiste. Esercizio Calcolare le derivate parziali della seguente funzione f(x, y) = x + log y x + y f x = 1 + x + y xy y (x + y ) = 1 x x + y f y = x + y x + y y = x y y (x + y ) y(x + y ). 58

61 3.5 Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi proposti 3.5. Gradiente, derivate parziali e piano tangente: esercizi proposti Esercizio Delle seguenti funzioni si calcoli f nel punto a anco indicato: f(x, y) = sin x cos y P = (π/3, π/3) f(x, y, z) = log(xy/z) P = (3,, ) Esercizio Si calcolino le derivate seconde delle funzioni: a) f(x, y) = log(x 3y ) b) f(x, y) = xe xy. Esercizio Se f è una funzione di una variabile, dierenziabile ovunque, mostrare che z = f(x/y) soddisfa l'equazione alle derivate parziali x z x + y z y =. Esercizio Calcolare un vettore normale e le equazioni del piano tangente e della retta normale al graco di z = sin(xy) nel punto in cui x = π/3 e y = 1. Esercizio Quale piano orizzontale è tangente alla supercie e qual è il punto di tangenza? z = x 4xy y + 1x 1y 1 59

62 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili 3.6. Dierenziabilità, dierenziale e approssimazione: esercizi svolti Esercizio Dire se la seguente funzione è dierenziabile x + 1 x y y f(x, y) = e xy 1 y < y Se si considerano i punti (x, y) con y allora la funzione è dierenziabile perché somma e prodotto di funzioni dierenziabili. Resta da studiare la dierenziabilità nei punti (x, ) con x R. Proviamo a studiare la dierenziabilità in tali punti usando i teoremi noti. Si ha e anche A questo punto, se h > si ha mentre se h < allora f f(x + h, ) f(x, ) (x, ) = lim x h h f (x, ) = lim y h f f(x, h) f(x, ) (x, ) = lim y h h f f(x, h) f(x, ) (x, ) = lim y h h Usando due volte il teorema di De l'höpital si ottiene e xh 1 x h lim h h = lim h e xh 1 xh h = lim h x + h x h f(x, h) f(x, ). h = lim h x + 1 x h x h = lim h xe xh x h e xh 1 x h = lim h h = 1 = x. x e xh = lim h = x. Quindi in ogni caso D'altra parte, se y > f x (x, ) = y. f (x, y) = 1 + xy x 6

63 3.6 Differenziabilità, differenziale e approssimazione: esercizi svolti che tende a 1 per y, mentre se y < si ha f x (x, y) = 1 y (yexy ) = e xy che pure tende a 1 per y. Inoltre, sempre per y > si ha f x (x, y) = y e per y < si ottiene f y (x, y) = (xy 1)exy + 1 ; y usando il teorema di de l'höpital si vede immediatamente che anche questo termine tende a x. Dunque le derivate parziali esistono e sono continue, allora la funzione è dierenziabile in tutto R. Esercizio Dire se la seguente funzione è dierenziabile x 3/ + (xy) 3/ Di nuovo usiamo i teoremi noti. Allora si ha f x (x, y) = 3 3 x + (xy)1/ y e f y (x, y) = 3 (xy)1/ x dunque le derivate parziali esistono in tutti i punti del dominio della funzione e sono ivi continue, allora la funzione è dierenziabile in tutti i punti del suo dominio. Esercizio Dire se la seguente funzione è dierenziabile x y 3 (x, y) (, ) f(x, y) = x 4 + y 4 (x, y) = (, ) La funzione è sicuramente dierenziabile in tutti i punti (x, y) (, ). Studiamo la dierenziabilità in (, ) con la denizione. Si ha f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h = = f (, ) = lim y h 61 f(, h) f(, ). h

64 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Allora, bisogna vedere se il seguente limite lim (h,k) (,) h k 3 (h 4 + k 4 ) h + k esiste e fa. Ma se si considera la curva h = k allora si ottiene lim (h,k) (,) h k 3 (h 4 + k 4 ) h + k = lim h h 5 h 4 h e quindi il limite precedente non esiste e la funzione non è dunque dierenziabile in (, ). Esercizio Dire se la seguente funzione è dierenziabile arctan x f(x, y) = y π y y = La funzione è sicuramente dierenziabile nei punti (x, y) con y. Studiamo prima di tutto l'esistenza delle derivate parziali nei punti (x, ) al variare di x R. Si ha mentre f f(x + h, ) f(x, ) (x, ) = lim x h h f f(x, h) f(x, ) (x, ) = lim y h h = = lim h arctan x h π h e questo limite non esiste per ogni valore di x reale, basta considerare prima h + e poi h. Quindi la funzione non può essere dierenziabile nei punti (x, ) con x R. Esercizio Si verichi, in base alla denizione, che la funzione è dierenziabile in (,). f(x, y) = x log(1 + y) Prima di tutto si ha f(, ) =. Inoltre Allora lim (h,k) (,) f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h f(h, k) h + k = =, lim x log(1 + y) lim (h,k) (,) h + k (h,k) (,) 6 f f(, h) f(, ) (, ) = lim y h h x y h + k lim (h,k) (,) =. 1 h + k ;

65 3.6 Differenziabilità, differenziale e approssimazione: esercizi svolti il teorema dei carabinieri ci permette di concludere che il limite dato esiste e fa zero e dunque f è dierenziabile in (, ). (Quest'ultimo limite si poteva risolvere anche passando a coordinate polari). Esercizio Si calcolino le derivate prime e seconde della funzione f(x, y) = x y e si scriva d f(1, ) (dierenziale di ordine ). Si ha f x (x, y) = yx y 1, f y (x, y) = x y log x, e inoltre f xx (x, y) = y(y 1)x y, f xy (x, y) = x y 1 (1 + y log x), f yy (x, y) = x y log x e in particolare per cui f xx (1, ) =, f xy (1, ) = 1, f yy (1, ) = d f(1, ) = dx + dx dy. Esercizio Per la funzione f(x, y) = x 1 + y y 1 + x si calcolino il dierenziale primo e secondo nell'origine. soluzione 1. Calcolando le derivate direttamente si ha f x (x, y) = 1 y 1 + y 1 + x f y (x, y) = x (1 + y) 3/ 1 + x e inoltre f xx (x, y) = y 4 (1 + x) 3 f xy (x, y) = 1 [ ] (1 + y) 3 + (1 + x) 3 f yy (x, y) = 3 4 (1 + y) 5 ; a questo punto allora f x (, ) = 1 f y (, ) = 1 e anche f xx (, ) = f xy (, ) = 1 f yy (, ) = 63

66 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili da cui df(, ) = dx dy; d f(, ) = dxdy. soluzione. Poiché y si ha y = (1 + y) 1/ = 1 1 y + o(y) e per x da cui Si osserva ora che, essendo si ha 1 + x = x + o(x) f(x, y) = x y xy + xo(y) + yo(x). xy x + y 1 xo(y) x + y 1 (x, y) R o(y) y per (x, y) (, ) e dunque xo(y) è innitesimo di ordine superiore a x + y. Stesso ragionamento e stessa conclusione valgono per yo(x). Dalla f(x, y) = x y xy + xo(y) + yo(x) si ricava dunque subito che df(, ) = dx dy; d f(, ) = dxdy Dierenziabilità, dierenziale e approssimazione: esercizi proposti Esercizio Dire se la seguente funzione è dierenziabile xy 1 + x + y 64

67 3.8 Derivate direzionali: esercizi svolti Esercizio Dire se la seguente funzione è dierenziabile e 1 1 x y x + y < 1 f(x, y) = x + y 1 Esercizio Si scrivano le formule di Mac Laurin arrestate all'ordine n = 3 con il resto secondo Peano per le seguenti funzioni: a) f(x, y) = sin x sin y; b) f(x, y, z) = e x+y+z c) f(x, y, z) = x yz + z 3 + 3x 4 y z Esercizio Delle seguenti funzioni si calcolino il dierenziale primo e secondo nel punto indicato: a) f(x, y) = x + 3y P = (1, ); b) f(x, y, z) = e x+y cos(3x + z) P = (,, ). Esercizio Si scrivano i polinomi di Mac Laurin di terzo grado che approssimano le funzioni: a) f(x, y) = x cos(x + y) b) f(x, y, z) = sin(x + y z) Derivate direzionali: esercizi svolti Esercizio Data la funzione f(x, y) = y 4 e 3x, si determini per quale versore v, D v f(, 1) è massima e per quale è nulla. Poiché f è dierenziabile in R (è prodotto di funzioni elementari), il gradiente indica la 65

68 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili direzione ed il verso di massima pendenza. Si ha quindi f x (x, y) = 3y 4 e 3x, f x (, 1) = 3, f y (x, y) = 4y 3 e 3x f y (, 1) = 4 e dunque f(, 1) = (3, 4), f(, 1) = 5. ( ) 3 La direzione di massima pendenza è quella individuata dal versore 5, 4. La direzione in 5 cui la derivata direzionale è nulla è ortonale al gradiente. Si può scegliere v 1 = ( 4 5, 3 5 ), v = ( 4 5, 3 5 Si può anche vericare il risultato ponendo v = (cos α, sin α) con α [, π) e calcolando D v f(, 1) e studiandone la variazione in funzione di α. Poiché f è dierenziabile, si ha, applicando la formula del gradiente Si verica facilmente che D(α) = per e che D (α) = per ). D v f(, 1) = D(α) = 3 cos α 4 sin α. ( 4 (cos α, sin α) = ± 5, 3 ) 5 ( ) 3 (cos α, sin α) = ± 5, 4. 5 I versori ( ) ( 3 5, , 4 ) 5 indicano rispettivamente le direzioni di massima e minima crescita. Esercizio Data la funzione f(x, y) = 3 x (y 1) + 1 a) si verichi che non è dierenziabile in (,1) b) si calcolino tutte le derivate direzionali D v f(, 1) (v versore di R ) 66

69 3.8 Derivate direzionali: esercizi svolti a) Si ha f(, 1) = 1 e poiché f(x, 1) = 1 per ogni x R e f(, y) = 1 per ogni y R si deduce che Occorre calcolare f x (, 1) = f y (, 1) =. 3 f(h, 1 + k) f(, 1) f(, 1), (h, k) h k lim = lim (h,k) (,) h + k (h,k) (,) h + k. Questo limite non esiste (in particolare non è zero) basta considerare il limite lungo la curva h = k e si ottiene e quindi f non è dierenziabile in (, 1). lim h h h b) Non essendo f dierenziabile in (, 1) per calcolare le derivate direzionali in quel punto non è possibile sfruttare la formula del gradiente. Bisogna utilizzare la denizione. Si ha f(t cos α, 1 + t sin α) f(, 1) lim t t 3 t cos = lim α(t sin α) t t = 3 cos α sin α. Si può anche procedere nel seguente modo: porre g(t) := f(t cos α, 1 + t sin α); in questo modo si verica facilmente che D v (, 1) = g () = 3 cos α sin α. Esercizio Data la funzione f(x, y) = { 1 y > x y = altrove si calcoli D v f(, ) v R versore e si verichi che La funzione è dierenziabile in (,)? D v f(, ) =< f(, ), v >. Poiché f = 1 sull'asse x, si ha f x (, ). Si osserva poi che, per ogni versore v = (v 1, v ) diverso da (1, ) l'intersezione tra l'insieme {(x, y) : y > x } e la retta per l'origine di direzione v è un segmento centrato nell'origine. Poiché su tale segmento f(x, y) ha valore 1 si ha D v f(, ) = lim t f(tv 1, tv ) f(, ) t 67 =.

70 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Perciò f(, ) = e la formula del gradiente è vericata. La funzione non è dierenziabile nell'origine in quanto non è nemmeno continua in quel punto. Infatti ad esempio lim f(x, ) = 1, lim x + f(x, x3 ) =. x + Esercizio Si scriva l'equazione del piano tangente al graco della funzione f(x, y) = e x y x + 3y nel punto (1,, 5). Si calcoli poi D v f(1, ) essendo v il versore che individua la direzione della retta y = 3x orientata nel verso delle x decrescenti Derivate direzionali: esercizi proposti Esercizio Data la funzione f(x, y) = 5 y 3 (sin x). a) Si calcoli D v f(, ) per qualunque direzione v = (cos α, sin α)); b) si stabilisca se esiste il piano tangente in (, ). Esercizio Data la funzione f(x, y) = x y y + x si determini per quale direzione v = (cos α, sin α) si ha D v f(1, 1) =. Qual è la direzione lungo la quale la funzione cresce di più vicino a (1, 1)? 68

71 3.9 Derivate direzionali: esercizi proposti Esercizio Data la funzione si determini α in modo che: f(x, y) = e x (αx y 3 ) α R; a) la direzione di massima crescita in (, 1) sia lungo la tangente alla parabola y = (x + 1) nel verso negativo dell'asse x; b) il piano tangente in (, 1) sia perpendicolare alla retta x = y 3 = z. Esercizio Calcolare la rapidità di variazione di f(x, y) = y 4 + xy 3 + x y in (, 1) misurata in ciascuna delle seguenti direzioni: a)i + j b)j i c)3i d)i + j. Esercizio Calcolare f(a, b) per la funzione dierenziabile f(x, y) conoscendo le sue derivate direzionali D (i+j)/ f(a, b) = 3 D (3i 4j)/5 f(a, b) = 5. Esercizio La temperatura nel punto (x, y) in una regione del piano xy è T (misurata in gradi centigradi), dove T (x, y) = x e y. In quale direzione aumenta più rapidamente la temperatura nel punto (, 1)? rapidità aumenta T in quella direzione? Con quale 69

72 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili 3.1. Teorema di Schwarz: esercizi proposti Esercizio Si verichi che per la funzione x 3 y (x, y) (, ) f(x, y) = x + y (x, y) = (, ) si ha che f xy (, ) = 1 f yx (, ) =. f è di classe C? Esercizio Si dimostri che non esiste alcuna funzione f C (R ) tale che f x (x, y) = x sin y f y (x, y) = y cos x Esercizio Sia data la funzione xy x y (x, y) (, ) f(x, y) = x + y (x, y) = (, ). Vericare che f C 1 (R ). Calcolare le derivate seconde miste nell'origine e mostrare che sono diverse. 7

73 3.11 Esercizi di ricapitolazione Esercizi di ricapitolazione riguardanti relazioni tra continuità, esistenza delle derivate parziali e dierenziabilità Esercizi svolti Esercizio Data la funzione f(x, y) = { x y arctan(x + y ) x x = (a) si stabilisca se è continua in (,) (b) si calcolino le derivate parziali in (,). (a) La funzione non è continua nell'origine. Per vederlo basta considerare la curva x = y 3/. Infatti f(y 3/, y) = y arctan(y3 + y ) y 3 = arctan(y3 + y ) y 3 + y y3 + y y = arctan(y3 + y ) y 3 + y (1 + y) 1 e dunque non tende a zero che è il valore della funzione nell'origine. (b) Si ha f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h = e f f(, h) f(, ) (, ) = lim y h h =. Questo esercizio mostra che una funzione può avere derivate parziali in un punto ma non essere continua in quel punto. 71

74 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Esercizio Data la funzione si stabilisca in quali punti di R f(x, y) = y sin(x + y ) a) è continua b) ammette derivate parziali c) è dierenziabile (a) f è continua in ogni punto di R in quanto composizione di funzioni continue. (b) Se y > si ha e anche Invece se y < si ha e anche Inne se y = abbiamo mentre f x = xy cos(x + y ) f y = sin(x + y ) + y cos(x + y ). f x = xy cos(x + y ) f y = sin(x + y ) y cos(x + y ). f x = lim f(x + h, ) f(x, ) h h f y = lim f(x, h) f(x, ) h h = = lim h h sin(x + h ) h e quest'ultimo limite vale sin x se h > mentre vale sin x se h <, pertanto se x = ± nπ si ha che f esiste e fa, altrimenti non esiste. y (c) Analizziamo le derivate parziali. Se y le derivate parziali sono chiaramente continue perché composizione di funzioni continue. Dunque f è dierenziabile per y. Se y = e x = ± nπ allora le derivate parziali esistono e sono continue, dunque f ancora una volta è dierenziabile, mentre se y = ma x ± nπ le derivate parziali non esistono come si è visto in precedenza e dunque f non è dierenziabile. 7

75 3.11 Esercizi di ricapitolazione Esercizio Per le funzioni y α cos x (x, y) (, ) f(x, y) = x + y (x, y) = (, ) f(x, y, z) = z 4 (x + y ) α x + y + z (x, y, z) (,, ) (x, y, z) = (,, ) si studi al variare del parametro reale α positivo continuità, derivabilità (derivate direzionali), dierenziabilità nell'origine. a) Proviamo a calcolare con le coordinate polari Si ha lim (x,y) (,) lim (x,y) (,) y α cos x x + y. y α cos x x + y = lim ρ ρα 1 sin θ α cos(ρ cos θ); dunque se α > 1 questo limite esiste e fa ; per α 1 vogliamo far vedere che il limite dato non esiste. Questo è facilmente vericabile visto che se y il limite è identicamente zero, mentre lungo la bisettrice del primo e terzo quadrante il limite vale 1/ per α = 1 e + per α < 1. Dunque la funzione data è continua solo se α > 1. Per la derivabilità si ottiene, ponendo v = (cos ϕ, sin ϕ) f(t cos ϕ, t sin ϕ) f(, ) lim t t = lim t t α 1 sin ϕ α cos(t cos ϕ) t non esiste < α < = non esiste α = α > (più precisamente, se < α < il limite fa ± a seconda che t tenda a ±, mentre se α = il limite non esiste perché dipende dal versore ϕ). Si conclude che le derivate direzionali esistono e sono nulle per ogni α >. Se α nessuna derivata direzionale esiste e pertanto, in questo caso, f non è dierenziabile. Se invece α >, si calcola f(h, k) f(, ) hf x (, ) kf y (, ) lim (h,k) (,) h + k Si conclude che f è dierenziabile per α >. = lim ρ ρ α sin θ α cos(ρ cos θ) =. 73

76 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili b) Essendo f(x,, ) = x R, f(, y, ) = y R, f(,, z) = z R, si conclude che f x (,, ) = f y (,, ) = f z (,, ) = ovvero che f(,, ) = (,, ). Posto poi h = (h 1, h, h 3 ) si ottiene f(h) f(,, ) f(,, ), h lim h (,,) h h 4 = lim 3(h 1 + h ) α h (,,) (h 1 + h + h 3). 3 Questo limite si calcola facilmente utilizzando le coordinate sferiche in R 3 : si pone e si ottiene h 1 = ρ sin ψ cos θ, h = ρ sin ψ sin θ, h 3 = ρ cos ψ f(h) f(,, ) f(,, ), h lim h (,,) h = lim ρ ρ α+1 (cos ψ) 4 (sin ψ) α = α > visto che ρ α+1 e (cos ψ) 4 (sin ψ) α 1. In conclusione f è dierenziabile in (,, ) per ogni α > ; in particolare f è continua e derivabile lungo ogni direzione con tutte le derivate direzionali nulle in (,, ). Esercizio Si verichi che la funzione x y 3 (x, y) (, ) f(x, y) = x 4 + y 4 (x, y) = (, ) è continua e dotata di derivate parziali (x, y) R ma non è dierenziabile in (,). Di sicuro la funzione è continua per (x, y) (, ). Invece, per quanto riguarda la continuità nell'origine osserviamo che lim (x,y) (,) x y 3 x 4 + y 4 = lim y (x y ) lim (x,y) (,) x 4 + y 4 (x,y) (,) 1 y = ; dunque x y 3 lim (x,y) (,) x 4 + y = 4 dal teorema dei due carabinieri e pertanto la funzione è continua anche nell'origine. D'altra parte, per (x, y) (, ) si ha f x (x, y) = xy3 (x 4 + y 4 ) 4x 3 x y 3 = xy7 x 5 y 3 (x 4 + y 4 ) (x 4 + y 4 ) 74

77 3.11 Esercizi di ricapitolazione mentre nell'origine si ha Allora f y (x, y) = 3y x (x 4 + y 4 ) 4y 3 x y 3 = 3x6 y y 6 x (x 4 + y 4 ) (x 4 + y 4 ) f f (, ) = (, ) =. x y f(h, k) f(, ) lim = lim (h,k) (,) h + k (h,k) (,) h k 3 (h 4 + k 4 ) h + k e questo limite non esiste, basta considerare il limite lungo la curva h = k : in questo caso si ottiene e dunque se h > si ottiene 1 lim h h 5 h 4 h = lim h 1 h h mentre se h < si ottiene 1. Esercizio Si consideri la seguente funzione f : R R: i) f è continua in (, )? x x xy + y 4 se (x, y) (, ) f(x, y) = x + y altrimenti. ii) Esistono le derivate parziali di f in (, )? In caso aermativo calcolarle. iii) Esiste la derivata direzionale di f in (, ) nella direzione della bisettrice del primo quadrante? In caso aermativo calcolarla. (i) Conviene passare a coordinate polari. Si ha x x x y + y 4 ρ 3 cos 3 θ + 3 ρ 3 cos θ cos θ sin θ + ρ 4 sin 4 θ lim = lim (x,y) (,) x + y ρ ρ Osserviamo innanzitutto che = lim ρ [ρ cos 3 θ + 3 ρ cos θ cos θ sin θ + ρ sin 4 θ]. lim ρ ρ cos 3 θ = lim ρ ρ cos 3 θ lim ρ ρ = lim ρ 3 ρ cos θ cos θ sin θ = lim ρ 3 ρ cos θ cos θ sin θ lim ρ 3 ρ = lim ρ ρ sin 4 θ = lim ρ ρ sin 4 θ lim ρ ρ =. Dal teorema dei carabinieri e dal fatto che f f si ottiene facilmente che lim ρ ρ cos3 θ = lim 3 ρ cos θ cos θ sin θ = ρ 75 lim ρ sin 4 θ = ρ

78 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili da cui anche Quindi f è continua in (, ). (ii) Si ha e lim [ρ ρ cos3 θ + 3 ρ cos θ cos θ sin θ + ρ sin 4 θ] =. f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h f f(, h) f(, ) (, ) = lim y h h h 3 1 = lim h h h = 1 h 4 1 = lim h h h =. (iii) La direzione della bisettrice del primo quadrante coincide con la direzione individuata dal versore quindi v = (v 1, v ) = (, f(t v 1, t v ) f(, ) D v f(x, y) = lim = lim t [ t 1 = lim t + 3 t 1 t + t ] 4 ), t t t 1 t + t t t e questo ultimo limite non esiste in quanto vale per t + mentre vale 1 per t. Esercizio Data la funzione f(x, y) = si stabilisca per quali valori del parametro reale α a) f è continua b) f è dotata di derivate parziali c) f è dierenziabile nell'origine { x α sin y x x = (a) Di sicuro la funzione è continua per x ; vediamo come si comporta nell'origine al variare del parametro α. Per α si ha lim (x,y) (,) x α sin y lim (x,y) (,) x α y = dunque dal teorema dei carabinieri il limite esiste e fa zero; questo ci dice che f è continua anche nell'origine. 76

79 3.11 Esercizi di ricapitolazione Sia ora α < ; allora ponendo β := α si ottiene f(x, y) = sin y x β. Dimostriamo che sin y lim (x,y) (,) x β non esiste. A tale scopo prendiamo il limite lungo la curva x = y 1 β. Esercizio Data la funzione yz f(x, y, z) = x + y + z cos x z z z = si stabilisca se è continua e dierenziabile nell'origine. La funzione data è continua nell'origine, infatti lim yz (x,y,z) (,,) x + y + z cos x z D'altra parte da cui 1 lim (x,y,z) (,,) z yz x + y + z lim z y + z (x,y,z) (,,) x + y + z lim z =. (x,y,z) (,,) f f(h,, ) f(,, ) (,, ) = lim x h h f f(, h, ) f(,, ) (,, ) = lim y h h f f(,, h) f(,, ) (,, ) = lim z h h lim (h,k,j) (,,) kj h + k + j cos h j = = = 1 h + k + j e questo limite non esiste, ad esempio basta prendere k = h = j che ci porta a lim h h 3 3h cos 1 1 3h e questo vale cos per k + mentre vale cos per k, dunque f non è dierenziabile nell'origine. 77

80 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Esercizio Si consideri la seguente funzione di R Dire se i) f è continua in (, ); x 3 + 3xy + y 4 se (x, y) (, ) f(x, y) = x + y altrimenti. ii) esistono le derivate parziali di f in (, ) ed eventualmente calcolarle; iii) f è dierenziabile in (, ). (i) Conviene passare a coordinate polari. Si ha x x y + y 4 lim (x,y) (,) x + y Osserviamo innanzitutto che = lim ρ ρ 3 cos 3 θ + 3 ρ 3 cos θ sin θ + ρ 4 sin 4 θ ρ = lim ρ [ρ cos 3 θ + 3 ρ cos θ sin θ + ρ sin 4 θ]. lim ρ ρ cos 3 θ = lim ρ ρ cos 3 θ lim ρ ρ = lim ρ 3 ρ cos θ sin θ = lim ρ 3 ρ cos θ sin θ lim ρ 3 ρ = lim ρ ρ sin 4 θ = lim ρ ρ sin 4 θ lim ρ ρ =. Dal teorema dei carabinieri e dal fatto che f f si ottiene facilmente che lim ρ ρ cos3 θ = lim 3 ρ cos θ sin θ = ρ lim ρ sin 4 θ = ρ da cui anche Quindi f è continua in (, ). (ii) Si ha e lim [ρ ρ cos3 θ + 3 ρ cos θ sin θ + ρ sin 4 θ] =. f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h f f(, h) f(, ) (, ) = lim y h h 78 h 3 1 = lim h h h = 1 h 4 1 = lim h h h =.

81 3.11 Esercizi di ricapitolazione (iii) Per vedere se f è dierenziabile in (, ) occorre vedere se esiste e fa zero il seguente limite f(h, k) f(, ) h f x (, ) k f y (, ) lim. (h,k) (,) h + k Si ha h f(h, k) f(, ) h f x (, ) k f y (, ) 3 +3hk +k 4 h h lim = lim +k (h,k) (,) h + k (h,k) (,) h + k h 3 + 3hk + k 4 h 3 hk = lim (h,k) (,) (h + k ) hk + k 4 = lim h + k (h,k) (,) (h + k ) h + k. Dimostriamo che questo limite non esiste. passanti per l'origine lungo le quali la funzione Per fare questo è suciente trovare due curve g(h, k) = hk + k 4 (h + k ) h + k assuma valori diversi. Prendiamo ad esempio h = k. Si ha g(h, h) = h3 + h 4 h h = h + h h. Quindi se h + allora g(h, h) 1/, se invece h allora g(h, h) 1/ e questo basta a concludere che f non è dierenziabile nell'origine Esercizi proposti Esercizio Mostrare che la seguente funzione xy se (x, y) (, ) f(x, y) = x + y altrimenti. non è continua nell'origine ma ammette entrambe le derivate parziali in (, ). 79

82 3 Calcolo differenziale - Funzioni di più variabili Esercizio Data la funzione si verichi che in (,) a) f è continua f(x, y) = b) f è derivabile lungo ogni direzione c) vale la formula { 3 ye y /x 4 x x = D v f(, ) =< f(, ), v > v R n v = 1 d) f non è dierenziabile Esercizio Si verichi che la funzione f(x, y, z) = { (x + y + z ) sin(x + y + z ) 1/ (x, y, z) (,, ) (x, y, z) = (,, ) è dierenziabile pur avendo le derivate parziali discontinue in (,,). Esercizio Dire se la funzione è continua e/o dierenziabile in (,, ). x + y x f(x, y) = y x = 8

83 CAPITOLO 4 Esercizi riguardanti funzioni denite implicitamente e applicazioni del teorema del Dini 4.1. Esercizi svolti Esercizio Vericare che l'equazione x 3 + y 4 + z 3 xz x = denisce implicitamente z = g(x, y) in un intorno di (1,, ). Scrivere poi l'equazione del piano tangente in (1,, ) alla supercie di equazione z g(x, y) =. L'idea è quella di applicare il teorema del Dini. Verichiamo che questo teorema è applicabile nell'intorno del punto P = (1,, ). Si ha f(x, y, z) := x 3 + y 4 + z 3 xz x. Abbiamo f C (R 3 ), f(1,, ) = e f z (x, y, z) = 3z x da cui f z (1,, ) = 1. Dunque dal teorema del Dini ho che esiste un intorno I del punto (1, ) e una funzione g : I R tale che f(x, y, g(x, y)) = per ogni (x, y) I. Si ha inoltre g(1, ) = e che g x f (1,, ) (1, ) = x = 4 f z (1,, ) g y f (1,, ) y (1, ) = =. f z (1,, ) 81

84 4 Teorema del Dini. Funzione implicita L'equazione del piano tangente è cioè z = 4(x 1). z = g(1, ) + g g (1, ) (x 1) + (1, ) (y ) x y Esercizio Si discuta la possibilità di denire la funzione y = h(x) implicitamente mediante la equazione x cos y = y. Si calcoli h (x) (in termini di x, h(x)). Poniamo innanzitutto f(x, y) := x cos y y. In quali punti tale equazione denisce implicitamente una funzione y = h(x) della sola variabile x? L'idea è quella di applicare il teorema del Dini. Occorre innanzitutto che f sia di classe C 1 e questo è vero. Poi occorre che i punti in cui f(x, y) = non soddisno l'equazione f y (x, y) = x sin y y = cioè è possibile applicare il teorema del Dini solo nell'intorno dei punti che non soddisfano il sistema x cos y y = x sin y y =. La discussione richiesta dal testo dell'esercizio potrebbe fermarsi qui e a questo punto si può direttamente passare a ricavare h (x) in base al teorema del Dini. Per completezza riportiamo invece la soluzione del precedente sistema. Se cos y = allora dalla prima equazione si legge y = assurdo, dunque di sicuro cos y e allora posso ricavare dalla prima equazione x in funzione di y e sostituire il risultato nella seconda equazione. Si ha x = y cos y y [y tan y ] =. La seconda equazione ci dà y = oppure y tan y =. La prima condizione fornisce il punto (, ); nell'intorno di questo punto dunque l'equazione f(x, y) = non descrive implicitamente alcuna funzione h(x). Studiamo l'altra condizione. Trovare gli y che soddisfano y tan y = equivale a trovare gli zeri della funzione j(y) := y tan y. Studiamo brevemente tale funzione. Essa è pari, quindi posso studiarla solo per y, ammette inniti asintoti verticali per y = π/ + kπ al variare di k Z. Inoltre j (y) = tan y + y cos y sin y cos y + y =. cos y Si nota che se x π/ allora sin y cos y mentre per y > π/ allora j (y) > π/ 1 dunque si ha che j (y) > per ogni y, cioè la funzione j è sempre crescente. Vediamo se ci sono essi 8

85 4.1 Esercizi svolti con lo studio della derivata seconda. Si ha j (y) = [1 + cos y sin y] cos y + cos y sin y (x + sin y cos y) cos 4 y = cos y + cos 4 y sin y cos y + x cos y sin y + cos y sin y cos 4 y = y cos y sin y + cos y sin y + cos 4 y + cos y cos 4 y = y cos y sin y + cos y [sin y + cos y] + cos y cos 4 y cos y [ cos y + y sin y] = cos 4 y = cos y + y sin y = quindi ci sono inniti essi. Il graco approssimativo è dato in gura. Figura 4.1: Graco della funzione j. Quindi abbiamo inniti zeri, che corrispondono a inniti valori di y; questi a loro volta inseriti nella prima equazione ci danno inniti punti che soddisfano il precedente sistema. Nell'intorno di questi punti non si può applicare il teorema del Dini nel senso che l'equazione f(x, y) = non descrive implicitamente alcuna funzione h(x). Adesso, in base al teorema dei Dini, per ogni punto (x, y) per cui è possibile, si ha h (x) = f x(x, h(x)) f y (x, h(x)) = cos h(x) x sin h(x) h(x) = 83 cos h(x) x sin h(x) + h(x).

86 4 Teorema del Dini. Funzione implicita Questo conclude l'esercizio. Esercizio Per il teorema del Dini, l'equazione (x 1) log(sin y) + (y 1) tan(x ) = permette di rappresentare y come funzione di x, ovvero y = y(x), in un intorno del punto (1, 1). Si calcoli y (1). Verico che eettivamente si possa applicare il teorema del Dini. Poniamo f(x, y) = (x 1) log(sin y) + (y 1) tan(x ); si ha che f è di classe C 1 in un intorno di (1, 1). Poi si ha f(1, 1) = e inne da cui f y (1, 1) = tan 1. f y (x, y) = (x 1) cos y sin y + tan(x ) Allora il teorema del Dini ci assicura che esiste un intorno I di x = 1 ed esiste y = y(x) denita su I a valori reali tale che f(x, y(x)) =. Si ha inoltre y (x) = f x(x, y(x)) f y (x, y(x)) x I da cui e quindi f x (x, y) = log(sin y) + (y 1) (1 + tan (x )) x y (1) = log(sin 1). tan 1 Esercizio Sia F (x, y) := xe y ye x per ogni (x, y) R, e la funzione G sia denita implicitamente dall'equazione F (x, G(x)) = 1 per ogni x R. Si rappresenti G (x) mediante il teorema di Dini. Posto poi H(u) := (sin u) d per ogni u R, si calcoli du [G(H(u))]. L'esercizio dato è piuttosto semplice se ci si limita a rappresentare G (x) mediante il teorema del Dini senza preoccuparsi di vericare se eettivamente il teorema del Dini possa essere applicato. Poiché il testo è ambiguo, l'esercizio può essere risolto limitandosi a questa prima parte. 84

87 4.1 Esercizi svolti Si pone innanzitutto F (x, y) = F (x, y) 1 = x e y y e x 1. Allora G è denita implicitamente dall'equazione F (x, G(x)) = e quindi il teorema del Dini si applica a F e non a F. Si ha poi G (x) = F x (x, G(x)) F y (x, G(x)) da cui F x (x, y) = e y y e x Fx (x, G(x)) = e G(x) G(x) e x e F y (x, y) = x e y e x Fy (x, G(x)) = x e G(x) e x. Quindi G (x) = eg(x) G(x) e x x e G(x) e x. D'altra parte, per la regola di derivazione delle funzioni composte, si ha ma H (u) = sin u cos u dunque d du (G(H(u))) = G (H(u)) H (u) d eg(h(u)) du G(H(u)) = G(H(u)) e H(u) H u) (u) = eg(sin G(sin u) e sin u (sin(u)). H(u) e G(H(u)) e H(u) sin u e G(sin u) e sin u Qui termina la prima parte dell'esercizio. La parte complicata sembra essere quella di vericare che il teorema del Dini può essere applicato in tutti i punti tali che F (x, y) =. Sia A = {(x, y) R : F (x, y) = }. Si dovrebbe dimostrare che: F C 1 (A) e questo è vero perché F C 1 (R ) e che F y (x, y) per ogni (x, y) A e quest'ultima richiesta è la più dicile da vericare. Infatti si dovrebbe far vedere che il sistema x e y y e x 1 = non ha soluzioni. Proviamo a risolverlo. x e y e x = Sostituendo la seconda equazione nella prima si ha e x (1 y) 1 =. (4.1.1) Dovremmo far vedere che non esiste nessun (x, y) R tale che (4.1.1) sia vericata. Se y 1, allora non c'è nessuna x tale che (x, y) soddis (4.1.1). 1 y e allora e x (1 y) da cui e x (1 y) 1 <. Infatti se y 1 allora Rimane da studiare il caso y < 1. Si può esplicitare x in funzione di y nella (4.1.1), quindi si ha ( ) 1 x = log 1 y 85

88 4 Teorema del Dini. Funzione implicita da cui sostituendo nella prima equazione del nostro sistema si ottiene ( ) 1 log e y 1 1 y 1 y =. (4.1.) Dobbiamo mostrare che nessun y < 1 soddisfa la precedente equazione. Se y < allora mentre nel caso < y < 1 si ha e y < e da cui ( ) 1 log e y 1 1 y 1 y < ( ) 1 log e y 1 ( ) 1 1 y 1 y < log e 1 1 y 1 y quest'ultima funzione è sempre negativa e si annulla in un solo punto (per vedere ciò basta studiare la funzione g(z) := e log z z); siccome nella precedente disuguaglianza c'è il minore stretto, allora questo basta a concludere che è eettivamente possibile applicare il teorema del Dini alla nostra funzione F. Esercizio Si consideri l'equazione x + xy log ( 1 + x + y ) + y =. Provare che (, ) soddisfa l'equazione e che esiste una funzione ϕ : I J, con I e J intorni di zero, tale che ϕ() = e x + xϕ(x) log (1 + x + ϕ (x)) + ϕ(x) = per ogni x I. Per vericare che (, ) soddisfa l'equazione basta sostituire il punto in essa. Posto f(x, y) = x + xy log ( 1 + x + y ) + y l'equazione data è, ovviamente, f(x, y) =. Tale f è di classe C su R. Verichiamo le ipotesi del teorema di Dini: f(, ) = f x (x, y) = x + y, x 1 + x + y f (, ) = x f y (x, y) = x y 1 + x + y + 1, f (, ) = 1. y 86

89 4. Esercizi proposti Le ipotesi sono vericate, dunque posso esplicitare y in funzione di x in un intorno di x =. La funzione implicita ϕ : I J è quella richiesta (ovvero quella che verica le richieste fatte). Per quanto riguarda l'andamento di ϕ, osserviamo che Inoltre, dalla formula si ha ϕ (x) = Quindi Essendo ϕ () = ϕ (x) = ( ) f (x, ϕ(x)) + f (x, x x y ϕ(x))ϕ (x) f x f y f x f y (, ) =. (, ) f y (x, ϕ(x)) (x, ϕ(x)) ϕ () = f (, ) f x y ( ) f (x, ϕ(x)) (x, ϕ(x)) f (x, ϕ(x)) + f (x, ϕ(x)) x x y x ( ). f (x, ϕ(x)) y (, ). f x (x, y) = 1 (1 + x + y ) 4x (1 + x + y ), f (, ) = 1, x abbiamo che ϕ () = ( 1) = 1 >, quindi è un punto di minimo per ϕ. 4.. Esercizi proposti Esercizio Utilizzando il teorema di Dini mostrare che, nei casi sotto riportati, l'equazione f(x, y) = denisce implicitamente una funzione derivabile y = ϕ(x) in un intorno di x tale che ϕ(x ) = y. Calcolare poi ϕ (x ). (a) f(x, y) = x + y + x sin y, (x, y ) = (, ); (b) f(x, y) = xe y + y +, (x, y ) = (, ); (c) f(x, y) = xy + log(xy) 1, (x, y ) = (1, 1); (d) f(x, y) = y 5 + log ( ) x+y xy, (x, y ) = (1, 1). Esercizio 4... Applicare il teorema di Dini all'equazione f(x, y) = x y x+y = e discutere nell'intorno di quali punti essa denisce una funzione implicita rispetto all'una o all'altra variabile. 87

90 4 Teorema del Dini. Funzione implicita Esercizio Data la funzione y = y(x) denita implicitamente da x y + y 3 + x + y =, calcolare y(x) + x lim. x x Esercizio Vericare che l'equazione ( ) x y log + y x = y denisce implicitamente una funzione y = y(x) in un intorno di (1, 1). Calcolare y(x) 1 lim x 1 (x 1). Esercizio Vericare che l'equazione x 3 + y 3 3x + y = denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R. Studiarne il graco Esercizio Vericare che l'equazione x + y e x y = denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R. Determinare gli eventuali punti stazionari e la loro natura. 88

91 4. Esercizi proposti Esercizio Vericare che l'equazione y 3 + y + x + x + y = denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R. Tracciare un graco approssimativo di y = y(x) nell'intervallo [, 1]. Calcolare y(x) + x lim. x x Esercizio Vericare che l'equazione x + y x e (t x) dt = denisce implicitamente una funzione y = y(x) in un intorno di x =. Calcolare lim x y(x) + x + x. cos x 1 Esercizio Vericare che l'equazione x cos(xy) = denisce implicitamente una funzione y = y(x) in un intorno di ( 1, π ). Calcolare y(x) π( x) lim. x (x 1) Esercizio Si provi che l'equazione e x+y+cos(x+y) + e x+y+sin(x+y) e = 1 denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R e la si determini. 89

92 4 Teorema del Dini. Funzione implicita Esercizio Vericare che l'equazione xy + z 3 xy + z = denisce implicitamente una funzione z = g(x, y) su tutto R. Determinare i punti singolari e la loro natura. Esercizio Data la funzione y = y(x) denita implicitamente da x + x(y 1) + y(y + 1) = calcolare y(x) + x 1 lim. x 1 (x 1) Esercizio Vericato che l'equazione x + x(y 1) + y(y + 1) = denisce implicitamente una funzione y = y(x) in un intorno di x =, calcolare y(x) x lim. x x Esercizio Vericato che l'equazione x 3 + y 3 + x xy + x + y = denisce implicitamente una funzione y = y(x) in un intorno di x =, calcolare y(x) + x lim. x x 9

93 4. Esercizi proposti Esercizio Vericare che l'equazione (x + y) 3 x + y = denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R. Tracciarne il graco. Esercizio Vericare che l'equazione x y e x +y = denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R. Determinare gli eventuali punti stazionari e la loro natura. Esercizio Vericare che l'equazione x sin(xy) = denisce implicitamente una funzione y = y(x) in un intorno di (1, ). Calcolare lim x 1 y(x) (x 1). Esercizio Vericare che l'equazione (x + y) 3 3(x y) + = denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R. Determinare gli eventuali punti stazionari e la loro natura. Esercizio Si discuta la possibilita' di denire la funzione y = h(x) implicitamente mediante la equazione x sin y = y. Si calcoli h (x) (in termini di x, h(x)). 91

94 4 Teorema del Dini. Funzione implicita Esercizio 4... Sia f(x, y) = x y e x+y (x, y) R. 1) Si provi che l'equazione f(x, y) = denisce implicitamente un'unica funzione y = y(x) su tutto R. ) Si determini l'unico punto critico della funzione y = y(x) e la sua natura. Esercizio Dato il campo scalare f(x, y) = log x log y 1 (x, y) (1, + ) (1, + ), si provi che l'equazione f(x, y) = denisce implicitamente un'unica funzione y = y(x) per ogni x (1, + ). Si calcoli inoltre lim x e y(x) x 4(x e). Esercizio 4... Vericare che l'equazione f(x, y) = x 1 + y x e (x+y t) dt = denisce implicitamente una funzione y = y(x) in un intorno di x = 1. Calcolare y(x) x(1 e) e lim. x 1 e(x 1) Esercizio Si provi che l'equazione f(x, y, z) = x + y + z x e (t x) dt + z y e (t y) dt + = denisce implicitamente una funzione z = z(x, y) per ogni (x, y) R. Se ne determinino i punti critici e si scriva l'equazione del piano tangente a z = z(x, y) in tali punti. 9

95 4. Esercizi proposti Esercizio Vericare che l'equazione x +y e t dt = denisce implicitamente una funzione y = y(x) su tutto R. Calcolare y(x) + x x + 1 lim. x 1 (x 1) Esercizio Vericare che l'equazione x 4 + y 3 + z 3 yz y = denisce implicitamente z = g(x, y) in un intorno di (, 1, ). Scrivere poi l'equazione del piano tangente in (, 1, ) alla supercie di equazione z g(x, y) =. R. z = 4(y 1). Esercizio Vericare che l'equazione x 4 + y 3 + z 3 yz y = 1 denisce implicitamente z = g(x, y) in un intorno di (,, 1). Scrivere poi l'equazione del piano tangente in (,, 1) alla supercie di equazione z g(x, y) =. R. z = y. Esercizio Vericare che l'equazione x + y 3 + z 3 yx y = 1 denisce implicitamente z = g(x, y) in un intorno di (,, 1). Scrivere poi l'equazione del piano tangente in (,, 1) alla supercie di equazione z g(x, y) =. R. z = y. 93

96 4 Teorema del Dini. Funzione implicita Esercizio Per il teorema del Dini, l'equazione (x 1) log(cos y) + (y 1) e (x) = permette di rappresentare y come funzione di x, ovvero y = y(x), in un intorno del punto (1, 1). Si calcoli y (1). R. y log(cos 1) (1) =. e 1 Esercizio Per il teorema del Dini, l'equazione (x 1) sin(sin y) + (y 1) sin (x ) = permette di rappresentare y come funzione di x, ovvero y = y(x), in un intorno del punto (1, 1). Si calcoli y (1). R. y (1) = sin(sin 1). sin 1 Esercizio Sia f(u, v) := ue v ve u 1 per ogni (u, v) R, e la funzione g sia denita implicitamente dall'equazioni f(u, g(u)) = per ogni u R. Si rappresenti g (u) 1 mediante il teorema di Dini. Posto poi h(z) := (z 3 + 1) per ogni z R, si calcoli d dz [g(h(z))]. R. ( ) d eg(h(z)) dz g(h(z)) = g(h(z)) e h(z) h (z) = e g 1 z 3 +1 h(z) e g(h(z)) e h(z) g ( 1 ( 1 1 z 3 +1 eg z 3 +1 z 3 +1 ) ) e 1 z 3 +1 e 1 z 3 +1 ( 3 z (z 3 + 1) ). 94

97 CAPITOLO 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata 5.1. Ottimizzazione libera Esercizi svolti Esercizio Studiare, al variare di k, le forme quadratiche (a)q 1 (x, y) = k x + (k + 1)y + 1xy, (b)q (x, y, z) = x + y + z + kxz + yz R. Hint: (a) Mi metto nel caso k, dunque a = k > k. Abbiamo det A = (k 3)(k + 4k + 1). Quindi per k > 3 ho det A >, mentre per k < 3 ho det A <. Di conseguenza: a) k > 3: denita positiva b) k < 3: indenita c) k = 3: det A =, a >, quindi semidenita positiva d) k = : La matrice è (per righe) (, 6), (6, 1), dunque c = 1 > e det A = 36 <, quindi indenita (vedi anche sopra). La f.q. non è mai denita negativa. (b) det A = 1 k < per ogni k. quindi la forma quadratica è sempre indenita. 95

98 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y) = x 4 + y 4 (x y) +. Siccome la funzione è di classe C (R ), gli eventuali punti di estremo libero di f devono anche essere punti critici, cioè punti che annullano il gradiente di f. Si ha f x (x, y) = 4x3 (x y) = 4x 3 4x + 4y f y (x, y) = 4y3 + 4(x y) dunque per trovare i punti critici devo risolvere il sistema 4x 3 4(x y) = 4y 3 + 4(x y) =. Sommando membro a membro le due equazioni si ottiene x 3 + y 3 Sostituendo quanto trovato nella seconda equazione si ottiene facilmente Dunque i punti critici sono 4y 3 8y = y[y ] = y = y = ±. (, ) (, ) (, ). = che ci dà x = y. Per determinare la natura dei punti critici proviamo a calcolare la matrice Hessiana nei punti suddetti. Si ha f x (x, y) = 1x 4 f x y (x, y) = f (x, y) = 4 y x f y (x, y) = 1y 4. Dunque H f (, ) = H f (, ) = = 4 4 quindi Det H f (, ) = Det H f (, ) = 4 16 > e f xx >. Questo implica che i punti (, ) e (, ) sono di minimo locale. D'altra parte H f (, ) =

99 5.1 Ottimizzazione libera quindi Det H f (, ) = e il test della matrice Hessiana si rivela inecace per il punto (, ). Per determinare la natura di questo punto critico occorre cambiare metodo. Proviamo a studiare il segno dell'incremento della funzione, cioè studiamo il segno di f(x, y) = f(x, y) f(, ) = x 4 + y 4 (x y). Ora, se x = y allora f = x 4 + x 4 = x 4 x R mentre se consideriamo la curva y = x si ha f = x 4 8x se x. Questo ci dice che in ogni intorno dell'origine ci sono sia punti in cui f ha valori maggiori di = f(, ) e sia punti in cui f ha valori minori di e dunque il punto (, ) è un punto di sella. Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y) = sinh(x 4 + y 3 4x 3y ). La funzione f(x, y) C (R ) ed è composta dalle funzioni sinh t e t = t(x, y) = x 4 +y 3 4x 3y. Poiché la funzione sinh t è strettamente crescente, i punti di estremo di f(x, y) sono tutti e soli i punti di estremo di t(x, y). (Notiamo che analoghe considerazioni possono essere fatte per funzioni del tipo f(x, y) = e t(x,y), f(x, y) = (t(x, y)) 3 ecc...). Si può studiare pertanto la funzione t(x, y) = x 4 + y 3 4x 3y. La funzione è di classe C (R ) e dunque gli eventuali punti di estremo libero di t devono anche essere punti critici, cioè punti che annullano il gradiente di t. Si ha t x (x, y) = 4x3 8x t y (x, y) = 3y 6y dunque per trovare i punti critici devo risolvere il sistema 4x 3 8x = 4x[x ] = Dunque i punti critici sono 3y 6y = 3y[y ] =. (, ) (, ) (±, ) (±, ). 97

100 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Per determinare la natura dei punti critici proviamo a calcolare la matrice Hessiana nei punti suddetti. Si ha t x (x, y) = 1x 8 t (x, y) = x y t (x, y) = y x t (x, y) = 6y 6. y Dunque H t (, ) = 8 6 quindi Det H t (, ) = 48 > mentre t xx <. Questo implica che il punto (, ) è di massimo locale. D'altra parte H t (, ) = 8 6 quindi Det H t (, ) = 48 < e dunque (, ) è un punto di sella. Inoltre H t (±, ) = 16 6 quindi Det H t (±, ) = 96 < e dunque anche (±, ) sono punti di sella. Inne H t (±, ) = 16 6 quindi Det H t (±, ) = 96 > mentre t xx (±, ) = 16 > e dunque (±, ) sono punti di minimo locale. Esercizio Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione f(x, y) = sin(x + y) cos(x y). Si ha f(x, y) = sin(x + y) cos(x + y) = sin x cos y + cos x sin y cos x cos y sin x sin y = sin x[cos y sin y] cos x[cos y sin y] = [cos y sin y] [sin x cos x] [ ] ( = (cos y sin y) (sin x cos x) = sin x π ) ( cos y + π )

101 5.1 Ottimizzazione libera A questo punto, visto che ( 1 sin x π ) 1 4 ( 1 cos y + π ) 1 4 si vede subito che il massimo di f è ed è assunto in corrispondenza dei punti x = 3 4 π + πk k Z y = π 4 + πh oppure in corrispondenza dei punti x = 7 4 π + πk h Z k Z y = 3 π + πh h Z. 4 Invece il minimo di f è - ed è assunto in corrispondenza dei punti x = 3 4 π + πk k Z y = 3 4 π + πh oppure in corrispondenza dei punti x = 7 4 π + πk h Z k Z y = π 4 + πh h Z. Per vedere se f non ha altri punti di estremo, si calcolano gli ulteriori punti critici di f risolvendo il sistema ( f x (x, y) = cos f y (x, y) = sin ) x π ( 4 x π 4 ( cos ) sin y + π ) = ( 4 y + π ) =. 4 Le soluzioni sono i punti x = 3 4 π + πk y = π 4 + πh k Z h Z precedentemente trovati e i punti x = π 4 + πk k Z y = 3 π + πh h Z. 4 99

102 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata In tali punti f si annulla ed è facile vedere che cambia segno in ogni loro intorno. Questi punti sono perciò di sella. Esercizio Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione f(x, y) = (x + y )e (x +y ). La funzione f è a simmetria radiale, cioè è funzione solo della distanza dall'origine r = x + y. Come conseguenza, le curve di livello di f sono circonferenze con centro nell'origine. In casi come questo si può semplicare la ricerca degli estremi studiando la funzione di una sola variabile g(r) = r e r r. Si ha g() = e anche g(r) per ogni r anzi più precisamente g(r) > per ogni r. Inoltre lim g(r) = r + e dunque r = è punto di minimo globale. D'altra parte g (r) = r(1 r )e r e dunque g (r) = se r = 1. Perciò se r = 1 è punto di massimo globale. Per trasferire i risultati ottenuti per g a f basta osservare che r = corrisponde all'origine (, ) mentre r = 1 corrisponde alla circonferenza unitaria centrata in (, ). Di conseguenza il valore minimo è assunto in (, ) mentre il valore massimo è assunto in tutti i punti della circonferenza unitaria. Esercizio Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione f(x, y) = x 3 (y x). La funzione f è denita e continua in R. Dimostriamo che in tutti i punti dell'insieme {(x, y) R : y = x} tranne l'origine si ha che f non è dierenziabile. Si ha f f(x + h, x) f(x, x) (x + h) 3 h (x, x) = lim = lim = lim xh 1/3 + lim 3 h x h h h h. h h Il limite del primo addendo, per x non esiste e quindi sicuramente f non è dierenziabile nei punti (x, x) con x. nell'origine invece si ha f f(h, ) f(, ) (, ) = lim x h h 1 h 3 ( h) = lim h h =

103 5.1 Ottimizzazione libera mentre dunque f f(, h) f(, ) (, ) = lim y h h = f(h, k) f(, ) hf x (, ) kf y (, ) h 3 (k h) lim = lim (h,k) (,) h + k (h,k) (,) h + k e questo limite esiste e fa, dunque in (, ) f è dierenziabile. I punti di estremo andranno cercati tra i punti critici e i punti della bisettrice del primo e terzo quadrante (origine esclusa). Allora f x (x, y) = 3y 5x 3 y x f y (x, y) = x 3 y x e dunque il gradiente di f è diverso da zero in R \ {(x, y) : y = x}. Pertanto possono essere punti di estremo solo i punti della retta y = x (origine esclusa). Su tale retta si ha f(x, y) =. Studiando il segno di f(x, y) si ricava che i punti della bisettrice del primo quadrante sono di minimo locale mentre i punti della bisettrice del terzo quadrante sono di massimo locale. Infatti f(x, y) per x > e f(x, y) per x <. Per curiosità l'origine è punto di sella. Non ci sono estremi globali perché la funzione è illimitata superiormente e inferiormente. Ad esempio: e lim f(x, y) = + (x,y) (+,) lim f(x, y) =. (x,y) (,) Esercizio Si determinino gli eventuali estremi locali e globali della funzione nel suo dominio. f(x, y) = x log(1 + y) + x y Il dominio di f è l'insieme aperto D = {(x, y) R : y > 1}. In questo insieme f è una funzione di classe C (R ). Gli eventuali punti di estremo locale devono perciò essere soluzioni del sistema f x (x, y) = x(log(1 + y) + y ) = ( ) 1 f y (x, y) = x 1 + y + y =. 11

104 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Si ha sicuramente x = ; inoltre deve aversi e log(1 + y) + y = 1 + y =. 1 + y La prima equazione ci dà come soluzione y = mentre dalla seconda equazione deriviamo y + y + 1 = che non ci dà soluzioni reali. Quindi il sistema ammette come soluzioni gli inniti punti (, k) con k > 1. Su tali punti si ha f(x, y) =. Proviamo il test della matrice Hessiana. e dunque f xx (x, y) = (log(1 + y) + y ) f yy (x, y) = x ( ( ) 1 f xy (x, y) = f yx (x, y) = x 1 + y + y ; H f (, k) = log(1 + k) + k e dunque il test della matrice Hessiana si rivela inecace. Proviamo a valutare ) 1 (1 + y) f(x, y) = f(x, y) f(, k) = f(x, y) = x log(1 + y) + x y = x [log(1 + y) + y ]. Studiamo il segno del termine log(1 + y) + y =: g(y). È immediato vericare che g(y) < 1 < y <, g(y) y =, g(y) > y >. Da questo è possibile concludere che: se k > allora i punti (, k) sono punti di minimo locale; se k = allora l'origine è un punto di sella; se 1 < k < allora i punti (, k) sono punti di massimo locale. Osserviamo inne che f non ha punti di estremo globale in quanto + y > lim f(x, y) = (x,y) (+,y ) 1 < y < e perciò sup f(x, y) = + inf f(x, y) =. 1

105 5.1 Ottimizzazione libera Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y) = x (y 1) 3 (z + ). La funzione data è di classe C (R 3 ). I punti critici sono le soluzioni del sistema f x (x, y, z) = x(y 1) 3 (z + ) = f y (x, y, z) = 3x (y 1) (z + ) = f z (x, y, z) = x (y 1) 3 (z + ) =. Le soluzioni del sistema sono i punti dei piani x =, y = 1 e z =, cioè rispettivamente si ottengono i punti (, h, k), (l, 1, k), (l, h, ) con l, h, k R. In tali punti f si annulla. Anziché ricorrere allo studio del dierenziale secondo, è conveniente esaminare il segno di f in un intorno dei punti indicati. I punti (l, 1, k) sono di sella in quanto attraversando il piano y = 1 f cambia segno. I punti (, h, k) e (l, h, ) sono di massimo locale per h < 1 in quanto f è negativa per h < 1 e di minimo locale per h > 1 in quanto f è positiva per h > 1. Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y, z) = 1 x + 1 y + 1 z + xyz. La funzione data è di classe C (R 3 \ {(x, y, z) : x =, y =, z = }). I punti critici si trovano risolvendo il sistema f x (x, y, z) = 1 x + yz = f y (x, y, z) = 1 y + xz = f z (x, y, z) = 1 + xy =. z Moltiplichiamo la prima equazione per x, la seconda equazione per y e sottraiamo. Si ottiene 1 y 1 x = x y = ; analogamente, se moltiplichiamo la seconda equazione per y, la terza equazione per z e sottraiamo, si ha 1 y 1 z = x = y = z. 13

106 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Allora sostituendo questo risultato in una qualunque delle equazioni si ha rapidamente 1 x + x = x 4 = 1. Allora in denitiva i punti critici sono (1, 1, 1) e ( 1, 1, 1). Per stabilire la natura di questi due punti critici proviamo il test della matrice Hessiana: f xx (x, y, z) = x 3 f xy (x, y, z) = f yx (x, y, z) = z f yy (x, y, z) = y 3 f zz (x, y, z) = f z 3 xz (x, y, z) = f zx (x, y, z) = y f yz (x, y, z) = f zy (x, y, z) = x. Allora 1 1 H f (1, 1, 1) = I determinanti dei minori principali di Nord-Ovest sono rispettivamente H 1 = > H = 3 > H 3 = 4 > quindi (1, 1, 1) è punto di minimo locale per f. Invece 1 1 H f ( 1, 1, 1) = I determinanti dei minori principali di Nord-Ovest sono rispettivamente H 1 = < H = 3 > H 3 = 4 < quindi ( 1, 1, 1) è punto di massimo locale per f. Questo risultato poteva essere previsto dato che f(x, y, z) = f( x, y, z). Esercizio Si determini, al variare del parametro reale k, il segno della forma quadratica: q(x, y, z) = x + kxy + y + kyz + z ; Alla forma quadratica q è associata la matrice 1 k A = k 1 k k 1. 14

107 5.1 Ottimizzazione libera (Notiamo che da kxy si ottiene che l'elemento della matrice a 1 = k e coincide con l'elemento della matrice a 1 perché la matrice è simmetrica). I determinanti dei minori principali nordovest sono: A 1 = 1 A = 1 k A 3 = Det A = 1 k. A questo punto: k > 1 allora A 3 < e siccome A 1 > si ha che la forma quadratica è indenita; k < 1 allora tutti gli A i sono positivi e dunque la forma quadratica è denita positiva; k = 1 allora la forma quadratica è q(x, y, z) = ( x + 1 ( ) 1 y) + y + z e dunque ( è semidenita positiva, cioè q(x, y, z) per ogni (x, y, z) R n e q(x, y, z) = nei punti 1 h, h, 1 ) h. Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y) = x 3 y x 4 y x 3 y 3. La funzione è di classe C (R ) e dunque gli eventuali punti di estremo libero di f devono anche essere punti critici, cioè punti che annullano il gradiente di f. Si ha f x (x, y) = 3x y 4x 3 y 3x y 3 f y (x, y) = x3 y x 4 y x 3 3y dunque per trovare i punti critici devo risolvere il sistema x y [3 4x 3y] = Dunque tra i punti critici ci sono sicuramente x 3 y[ x 3y] =. (k, ) (, h) con k, h R. Inoltre bisogna vedere se si può risolvere il sistema 3 4x 3y = x 3y =. 15

108 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Questo sistema ammette come soluzione il punto ( 1, 1 3). Alla ne i punti critici sono: ( 1, 1 ) (k, ) (, h) con k, h R. 3 Per determinare la natura dei punti critici proviamo a calcolare la matrice Hessiana nei punti suddetti. Si ha f x (x, y) = 6xy 1x y 6xy 3 f (x, y) = x y t y x (x, y) = 6x y 8x 3 y 9x y f y (x, y) = x3 x 4 6x 3 y. Dunque H f (k, ) = k 3 k 4 quindi Det H f (k, ) = e il test della matrice Hessiana si rivela inecace per studiare la natura di questi punti. Siccome f(k, ) =, possiamo provare a studiare il segno di f(x, y) = f(x, y) f(, ) = f(x, y) = x 3 y x 4 y x 3 y 3 = x 3 y [1 x y]. In gura in azzurro è evidenziata la regione in cui f ha segno positivo, in rosa la regione in cui f ha segno negativo. Da ciò si deduce immediatamente che i punti (k, ) per k > 1 k < sono punti di massimo locale visto che è sempre possibile trovare un intorno di questi punti in cui f sia sempre positiva. Allo stesso modo è facile vedere che se < k < 1 i punti (k, ) sono di minimo locale in quanto si riesce a trovare un intorno di questi punti in cui f è negativa. Analogamente si vede che i punti (, h) e (1, ) sono punti di sella visto che in ogni loro( intorno 1 ci sono sia punti in cui f è positiva che punti in cui f è negativa. Inne per il punto, 1 ) 3 si può provare il test della matrice Hessiana. Si ha ( 1, 1 ) 1 7 = ( 1 e dunque essendo f xx, 1 ) ( 1 e Det H f 3, 1 ) > si ha che il punto 3 massimo locale. ( 1, 1 ) è un punto di 3 16

109 5.1 Ottimizzazione libera Figura 5.1: Graco che evidenza il segno di f. Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y) = xy (x + y 1). Dimostriamo che f non è dierenziabile nei punti (, h) e (k, ) con h, k R (tranne che nei punti (, ), (, 1) e (1, ) in cui invece è dierenziabile). Infatti se ci troviamo nel primo o nel terzo quadrante (assi esclusi) si ha f x (x, y) = xy + y y f y (x, y) = x + xy x mentre se ci troviamo nel secondo o nel quarto quadrante (assi esclusi) si ha f x (x, y) = xy y + y 17

110 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata f y (x, y) = x xy + x. D'altra parte f f(t, h) f(, h) (, h) = lim x t t dunque se h = oppure h = 1 si ha che = lim t th (t + h 1) t f (, h) =, x negli altri casi il limite precedente non esiste e dunque la derivata parziale rispetto a x non esiste. Analogamente f f(k, t) f(k, ) (k, ) = lim y t t dunque se k = oppure k = 1 si ha che f (k, ) =, y = lim t kt (k + t 1) t negli altri casi il limite precedente non esiste e dunque la derivata parziale rispetto a y non esiste. Quindi di sicuro i punti (, h) e (k, ) con k, h, 1 sono punti di non dierenziabilita' per f. Invece in (, ) si ha f(h, k) f(, ) hf x (, ) kf y (, ) hk (h + k 1) lim = lim =. (h,k) (,) h + k (h,k) (,) h + k La stessa cosa avviene nei punti (1, ) e (, 1) che dunque sono punti di dierenziabilità per f. Dopo questa analisi passiamo a considerare i punti critici per f. Supponiamo di essere nel primo o nel terzo quadrante (compresi i punti degli assi cartesiani in cui f risulta dierenziabile). I punti critici devono risolvere il sistema xy + y y = x + xy x = ( 1 che ci dà come soluzioni i punti (, ), (, 1), (1, ) e il punto 3, 1 ). Se invece ci troviamo 3 nel secondo o nel quarto quadrante il sistema che dobbiamo risolvere è lo stesso quindi non riusciamo a trovare ulteriori punti critici. Per l'ultimo punto si può applicare il test della matrice Hessiana e si ha f xx (x, y) = y f xy (x.y) = x + y 1 f yy (x, y) = x dunque ( 1 H f 3, 1 ) =

111 5.1 Ottimizzazione libera ( 1 ed essendo f x x 3, 1 ) ( 1 > e Det H f 3 3, 1 ) = 1 ( > si ha che il punto 3, 1 ) è un punto 3 di minimo locale. Per i primi 3 punti non può essere applicato il test della matrice Hessiana perché bisognerebbe avere almeno f di classe C (A) con A intorno aperto di uno dei tre punti e ciò ovviamente non è vero. Allora per questi 3 punti e per gli altri punti degli assi cartesiani, che sono punti di non dierenziabilità per f, occorre studiarne la natura osservando il segno dell'incremento di f, o meglio il segno di f visto che f sugli assi cartesiani vale. In gura la zona arancione Figura 5.: Graco che evidenza il segno di f. evidenzia la regione in cui f ha segno negativo mentre la zona viola evidenzia la regione in cui f ha segno positivo. Quindi questo implica che se h > 1 c'è un intorno del punto (, h) che sta tutto nel semipiano y > x + 1 dove f è positiva. Quindi tutti i punti (, h) sono tutti punti di minimo locale. Ragionando in modo analogo si trova che i punti (, h) con h < 1 sono tutti punti di massimo locale, i punti (1, ) e (, 1) sono punti di sella, i punti (k, ) con k > 1 sono punti di minimo locale e inne i punti (, k) sono punti di massimo locale. 19

112 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo locale e globale della funzione f(x, y) = 4y 4x y y 4. La funzione data è di classe C (R ). I punti critici si ottengono risolvendo il sistema f x (x, y) = 8xy = f y (x, y) = 8y 8x y 4y 3 = che ci dà come soluzioni i punti (k, ) con k R e i punti (, ± ). Proviamo il test della matrice Hessiana. Si ha f xx (x, y) = 8y f xy = 16xy f yy (x, y) = 8 8x 1y ma per i punti (k, ) si ha Det H f (k, ) = e quindi il test della matrice Hessiana è inecace. Occorre studiare il segno di f(x, y) = f(x, y) f(k, ) = f(x, y) = y [4 4x y ]. In gura la zona azzurra è la regione in cui f ha segno positivo mentre la zona verde è la regione in cui f ha segno negativo. Da ciò si deduce che se k > 1 i punti (k, ) sono di massimo locale per f mentre se k < 1 i punti (k, ) sono punti di minimo locale. Inoltre i punti (±1, ) sono di sella. Inne per i punti (, ± ) si può provare il test della matrice Hessiana e si ottiene H f (, ± ) = e quindi i punti (, ± ) sono punti di massimo locale. Vogliamo mostrare che sono anche punti di massimo globale per f. Basta far vedere che per ogni (x, y) R si ha ma questo è vero perché f(x, y) 4 f(x, y) 4 = 4y 4x y y 4 4 = 4x y (y ). Dunque f è limitata superiormente. Invece lim f(x, y) = (x,y) (,1) 11

113 5.1 Ottimizzazione libera Figura 5.3: Graco che evidenza il segno di f. quindi inf R f(x, y) =. Quindi non ci sono punti di minimo globale ed f non è limitata inferiormente. Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo locale e globale della funzione f(x, y) = e x4 4x y+3y. La funzione f C (R ) ed è data dalla composizione della funzione e x con g(x, y) = x 4 4x y + 3y. Essendo la funzione esponenziale crescente, i punti stazionari di f sono tutti e soli quelli di g. Quindi occorre risolvere il sistema g x (x, y) = 4x 3 8xy = g y (x, y) = 4x + 6y = 111

114 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata che ci dà come unica soluzione l'origine (, ). Studiamo il segno di g(x, y) = g(x, y) g(, ) = x 4 4x y + 3y. Se ci muoviamo lungo la curva y = x si ha g(x, x ) = x 4 8x 4 + 6x 4 = x 4 mentre se ci spostiamo lungo la curva y = x 3 si ottiene x x4 + x 4 = 3 x4 > e dunque l'origine è un punto di sella. D'altra parte non ci sono estremi globali per f nel senso che ad esempio lim f(x, y) = + (x,y) (+,) e lim f(x, x + x ) = quindi f non è limitata superiormente mentre è limitata inferiormente ma = inf R f(x, y) e non è un minimo Esercizi proposti Esercizio Calcolare la matrice Hessiana della funzione f(x, y) = x y + 8 x y nel punto ( 4, ) e studiare il segno della corrispondente forma quadratica. Esercizio Calcolare la matrice Hessiana della funzione f(x, y) = x + y 4x + 4y nel punto (, 1) e studiare il segno della corrispondente forma quadratica. 11

115 5.1 Ottimizzazione libera Esercizio Calcolare la matrice Hessiana della funzione f(x, y) = x 3 + y 3 3xy nei punti (, ) e (1, 1) e studiare il segno della corrispondente forma quadratica. Esercizio Classicare, utilizzando il metodo dei minori principali oppure il metodo degli autovalori, le forme quadratiche su R 3 q 1 (x, y, z) = x + y + z + xy + xz, q (x, y, z) = xz xy y yz q 3 (x, y, z, t) = x + ky z t + xz + 4yt + kzt. Esercizio Studiare la natura degli eventuali punti stazionari in R delle seguenti funzioni: 1)f(x, y) = 3x y )f(x, y) = (y ) e xy 3)f(x, y) = (x + 1) e xy 4)f(x, y) = e y (x + 1) y 5)f(x, y) = 3x y y 3 + x 6)f(x, y) = 3y 3 x y x 7)f(x, y) = 4xy + 4x 8)f(x, y) = 4y + 4xy 9)f(x, y) = log(1 + y xy + x ) 1)f(x, y) = log(1 + 4y xy + x ) 11)f(x, y) = y + x y 1)f(x, y) = arctan(3x + y ) 13)f(x, y) = 8x y xy + 113

116 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata R. 1)(, ) sella )(1/, ) sella 3)(, 1) sella 4)(, ) minimo 5)(, ) sella, ( 1/3, 1/3) sella, (1/3, 1/3) minimo 6)(, ) sella, (3, 1) sella, ( 3, 1) sella 7)(, 1) sella 8)( 1, ) sella 9)(, ) minimo 1)(, ) minimo 11)(, 4) minimo 1)(, ) minimo 13)(, ) massimo Esercizio Si calcolino al variare di n gli eventuali estremi liberi della funzione f n (x, y) = (x + 3xy + y 4 ) n n N \ {}. Esercizio Si determini la natura dell'origine per la funzione f(x, y) = log(1 + x ) x + xy + y 3 +. Esercizio Si verichi che l'equazione f(x, y, z) = x sin x + log(1 + y ) z z e t dt = denisce in un intorno di (,, ) un'unica funzione z = z(x, y) e che per tale funzione l'origine è punto di minimo locale. 114

117 5.1 Ottimizzazione libera Esercizio Si verichi che l'equazione x + xu + y + e xu z + y e z = determina un'unica funzione z = z(x, y, u) tale che z(,, ) = 1 e che per tale funzione (,, ) è punto critico. Si determini la natura di tale punto. Esercizio Si considerino le funzioni: a) f 1 (x, y, z) = [sin(x z)] + y xyz; b) f (x, y, z) = [sin(x z)] + y + y z; si verichi che per entrambe (,, ) è punto stazionario; si determinino poi il dierenziale secondo e terzo e si deduca la natura di (,, ). Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo locale e globale della funzione f(x, y) = (x 4 + y 4 )e x +y. Esercizio Si determinino gli estremi della funzione f(x, y) = x + y x + y + 1. Esercizio Si determinino gli estremi locali e globali della seguente funzione al variare di α R (x + y ) α log(x + y ) (x, y) (, ) f(x, y) = (x, y) = (, ). 115

118 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Si calcoli la distanza tra le due rette in R 3 : x = y = e x = 3 z = y. Esercizio Si determini al variare del parametro reale k la natura dell'origine per la funzione f(x, y) = + kx + 4xy + (k 3)y + (x + y) 4. Esercizio Si determini la natura dell'origine per la funzione f(x, y) = arctan(x + y ) log(1 + x ) log(1 + y ). Esercizio Si verichi che l'equazione (y 1)z + e z + (x + x) log y 1 = determina un'unica funzione z = z(x, y) in un intorno di ogni punto della retta y = 1. Si dica se tale funzione ammette sulla retta y = 1 punti di massimo o di minimo locale. Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y, z) = x x + y + log(1 + z ). Esercizio Si determinino gli eventuali punti di estremo libero della funzione f(x, y, z) = (x + y ) xy + z. 116

119 5.1 Ottimizzazione libera Esercizio Si determini, al variare del parametro reale k, il segno delle seguenti forme quadratiche: a) q(x, y, z) = kx + ky + kz + xy + yz; b) q(x, y, z, t) = x + xy y + z xz yz + kt. Esercizio Si determini al variare del parametro reale k la natura dell'origine per la funzione f(x, y) = 5 + kx + xy + 4kxz 6y 3z. Esercizio Sono assegnate le coppie distinte (x i, y i ) per i = 1,..., n. Si determinino a, b, c in modo che sia minima la somma n (ax i + bx i + c y i ). i=1 117

120 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Trovare i punti stazionari delle funzioni che seguono e dire se si tratta di punti di massimo o di minimo relativo. x 3 + 3x + 4xy + y y x y x y (1 x y) x + y + z 3 x 3z x 3 + xy + y + yz + z 3 x + y 4y + x x y + y x x 4 + ax y + y x + y 1 x + y (x + y)e x y x 4 x 3 + y xy log(xy ) + x y x + y x y (x + 3y)e xy xy x + y x 3 + 6xy + y x ye x+py x log(x + y) x + y + z + xyz sin(x + y) cos(x y) xy x y 118

121 5.1 Ottimizzazione libera Esercizio Trovare l'insieme di denizione E della funzione f(x, y) = (x + y) x y 1. Trovare inoltre, se esistono, il massimo e il minimo assoluti di f in E. Esercizio La funzione sin x + y + axy ha un punto stazionario nell'origine. Dire se si tratta di un punto di massimo o di minimo relativo. Esercizio Trovare, se esistono, il massimo e il minimo della funzione in E = R \ {(, )}. f(x, y) = x3 y x 4 + y 4 119

122 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Trovare e classicare i punti critici delle funzioni indicate f(x, y) = x + y 4x + 4y f(x, y) = xy x + y f(x, y) = x 3 + y 3 3xy f(x, y) = x 4 + y 4 4xy f(x, y) = x y + 8 x y f(x, y) = cos(x + y) f(x, y) = x sin y f(x, y) = cos x + cos y f(x, y) = x ye (x +y ) xy f(x, y) = + x 4 + y 4 f(x, y) = xe x3 +y 3 1 f(x, y) = 1 x + y + x + y ( f(x, y) = ) ( ) ( 1 x y x + 1 ) y f(x, y, z) = xyz x y z f(x, y, z) = xy + x z x y z Esercizio Mostrare che f(x, y, z) = 4xyz x 4 y 4 z 4 ha un valore massimo locale nel punto (1, 1, 1). Esercizio Determinare il valore massimo e il valore minimo di f(x, y) = xye x y 4. 1

123 5.1 Ottimizzazione libera Esercizio Determinare il valore massimo e il valore minimo di f(x, y) = x + y Esercizio Determinare il valore massimo e il valore minimo di f(x, y, z) = xyze x y z. Come si può essere certi che tali valori esistono? Esercizio Determinare il valore minimo di f(x, y) = x + 8y + 1 xy nel primo quadrante x >, y >. Come si può essere certi che un minimo esiste? Esercizio Determinare e classicare i punti critici della funzione z = g(x, y) che soddisfano l'equazione e zx x 3e zy+y =. Esercizio Sia f(x, y) = (y x )(y 3x ). Mostrare che l'origine è un punto critico di f e che la restrizione di f a qualunque linea retta passante per l'origine ha un valore minimo locale nell'origine (mostrare cioè che f(x, kx) ha un valore minimo locale in x = per ogni k e che f(, y) ha un valore minimo locale in y =.) La funzione f(x, y) ha un valore minimo locale nell'origine? Esercizio È dato il campo scalare f : R R f(x, y) = ( x + y)e xy. Trovare i punti stazionari e determinarne la natura. 11

124 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Si determinino i massimi e i minimi relativi ed assoluti del campo scalare ( f(x, y) = (x 4 + y 4 ) exp 1 ) (x + y ). Esercizio Determinare la natura dei punti stazionari di f(x, y, z) = x 3 + y 3 + 5xy z + z in tutto lo spazio. Determinare gli estremi superiore ed inferiore di f. Esercizio Si determinino i massimi e i minimi relativi ed assoluti dei campi scalari f(x, y) = e x y + e x + e y+1 e g(x, y) = f(x, y). 5.. Ottimizzazione vincolata Test a risposta multipla Esercizio Se D = {(x, y, z) : (x 1) + (y ) + (z + 1) = 4} e f(x, y, z) è una funzione tale che f(x, y, z) = (1, 1, 1) per ogni (x, y, z), allora: f ha un punto di massimo in D f ha inniti punti di massimo in D f ha due punti di massimo in D f non ha punti di massimo in D L'idea è quella di utilizzare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Abbiamo il vincolo g(x, y, z) = (x 1) + (y ) + (z + 1) 4 =. 1

125 5. Ottimizzazione vincolata Si vede che non ci sono punti singolari per il vincolo. La funzione Lagrangiana è data da L(x, y, z, λ) = f(x, y, z) + λ g(x, y, z). A questo punto troviamo i punti critici per L. Si ha 1 + λ (x 1) = che porta a 1 + λ (y ) = L(x, y, z, λ) = (,,, ) 1 + λ (z + 1) = (x 1) + (y ) + (z + 1) = L(x, y, z, λ) = (,,, ) λ = 1 (1 x) = 1 + (y ) (1 x) = 1 + (z+1) = (1 x) 3(x 1) = 4 Quindi i candidati ad essere punti di estremo assoluto sono ( 1,, 1 ) ( 1 +, +, 1 + ) siccome la funzione non può essere costante (altrimenti avrebbe gradiente nullo) e non ci sono altri punti candidati, uno sarà il punto di minimo assoluto, l'altro di massimo assoluto. Esercizio 5... Per quali valori del parametro α il punto (, ) è un punto di minimo per la funzione g(x, y) = (x + 5y)(x αy)? nessuno 1 5 È suciente studiare la matrice Hessiana di f in (, ), quindi andiamo a calcolare le derivate seconde della funzione. Si ha f x (x, y) = 4x αy + 1y f y (x, y) = αx + 1x 1αy da cui f xx (x, y) = 4 f xy (x, y) = f yx (x, y) = 1 α f yy (x, y) = 1α 13

126 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata da cui chiaramente f xx (, ) = 4 f xy (x, y) = f yx (, ) = 1 α f yy (, ) = 1α Siccome f xx (, ) >, anché (, ) sia minimo per f, è suciente che il determinante della matrice Hessiana sia >. Quindi si ha che dethf(, ) = 4α (1 α) = α α 1 = (α 1) quindi per nessun valore di α l'origine è minimo per f. Esercizio Per quali valori del parametro β il punto (,, ) è punto di sella per la funzione F (x, y, z) = x + β y + (β 1) z? β < 1 β β < β 1 Bisogna calcolare la matrice Hessiana di f in (,, ). derivate miste sono nulle mentre Si ha immediatamente che tutte le f xx (x, y, z) = 4 f yy (x, y, z) = β f zz (x, y, z) = (β 1) cioè la matrice Hessiana corrispondente è una matrice diagonale e quelli trovati sono i 3 autovalori della matrice. Quindi anché (,, ) sia un punto di sella per f basta che i tre autovalori abbiano segni diversi, quindi in particolare non si può avere β > e β > 1. Se fosse β > 1 allora si avrebbe per forza β > che abbiamo escluso, quindi deve essere β < 1 (può essere indierentemente β < o < β < 1). Se β = allora gli autovalori sono 4,, e quindi (,, ) è una sella, quindi β = va incluso; d'altra parte se β = 1 allora gli autovalori sono 4,, e quindi (,, ) non è più una sella. Esercizio La funzione f(x, y) = (y 1)(y x ) in R ha: un minimo e due massimi un minimo e due selle un massimo e due selle una sella e due massimi Si ha f x (x, y) = xy + x f y = y x 1 14

127 5. Ottimizzazione vincolata da cui f xx (x, y) = y + f xy (x, y) = f yx (x, y) = x f yy (x, y) = a questo punto i punti stazionari sono: f(x, y) = (, ) x(1 y) = y = x +1 (x, y) = (, 1/), (x, y) = (1, 1), (x, y) = ( 1, 1) e perciò: Hf(, 1/) = ( 1 ) da cui (, 1/) è punto di minimo locale; poi Hf(1, 1) = ( ) e Hf(, 1/) = ( ) e quindi i punti (±1, 1) sono due selle. Esercizio Per quali valori del parametro α il punto (, ) è un punto di minimo per la funzione f(x, y) = (x + 5y)(x αy)? 1 5 nessuno È suciente studiare la matrice Hessiana di f in (, ), quindi andiamo a calcolare le derivate seconde della funzione. Si ha f x (x, y) = 4x αy + 1y f y (x, y) = αx + 1x 1αy da cui f xx (x, y) = 4 f xy (x, y) = f yx (x, y) = 1 α f yy (x, y) = 1α da cui chiaramente f xx (, ) = 4 f xy (x, y) = f yx (, ) = 1 α f yy (, ) = 1α Siccome f xx (, ) >, anché (, ) sia minimo per f, è suciente che il determinante della matrice Hessiana sia >. Quindi si ha che dethf(, ) = 4α (1 α) = α α 1 = (α + 1) 15

128 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata quindi l'unico valore dubbio per cui serve un ulteriore controllo è α = 1. Per tale valore di α il determinante della matrice Hessiana di f in (, ) si annulla, quindi occorre studiare il segno della funzione nell'intorno dell'origine. Si ha f(x, y) = (x + 5y)(x + 1y) = (x + 5y) ; visto che f(, ) = si ha chiaramente che l'origine è un punto di minimo; quindi la risposta corretta è α = 1. Esercizio La funzione f(x, y) = e x (x + y ) sul dominio x >, 1 < y < 1 ha nessun punto critico un minimo locale un punto critico un massimo locale Esercizio Quanti sono i punti stazionari vincolati della funzione f(x, y) = 1 x +y con vincolo la retta di equazione y + x = 1? inniti 1 Esercizio Se f(x, y) = xy e g(x, y) = x + y, quale e' sempre vera? fg ha massimo g f ha minimo f + g ha massimo g + f ha minimo 16

129 5. Ottimizzazione vincolata 5... Esercizi svolti Esercizio Sia data la funzione f(x, y) = x + 3y + 1x. (i) Si determinino i suoi punti stazionari in R, e se ne studi la natura. (ii) Si dica se essa ammette massimo assoluto e minimo assoluto nell'insieme (ellisse) { (x, y) R : x + 4 y 4 }, e in caso di risposta aermativa, determinare punti e valore di massimo assoluto e di minimo assoluto. (i) I punti stazionari per una funzione sono quelli che annullano il gradiente della funzione stessa. Si ha f(x, y) = (x + 1 ), 6y da cui f(x, y) = (, ) (x, y) = ( 14, ). Quindi ( 1 4, ) è l'unico punto stazionario per f. Proviamo a studiarne la natura con il test della matrice Hessiana. Si ha f xx (x, y) = f xy (x, y) = f yx (x, y) = f yy (x, y) = 6 da cui Hf ( 14 ) (, = 6 ) Poiché il determinante della matrice Hessiana uguale a 1 > e f xx ( 1 4, ) = >, si può senz'altro dire che ( 1 4, ) è un punto di minimo relativo per f. (ii) La funzione data è continua, l'insieme dato (che è un'ellisse e che chiameremo d'ora in avanti E) è chiuso e limitato, quindi il massimo e il minimo assoluto della funzione su E esistono per il teorema di Weierstrass. ( 1 4, ) è l'unico punto che annulla il gradiente di f come visto al punto (i), ed appartiene ad E; la funzione è di classe C (R ) e dunque non ci sono punti singolari; resta quindi da studiare il comportamento lungo il bordo dell'ellisse, che possiamo riscrivere come x 4 + y 1. Per fare ciò parametrizziamo il bordo: { x = cos ϑ y = sin ϑ 17

130 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Possiamo perciò riscrivere f(x, y) = 4 cos ϑ + 3 sin ϑ + cos ϑ = 4 cos ϑ cos ϑ + cos ϑ = cos ϑ + cos ϑ + 3 = f(ϑ) Allora f (ϑ) = cos ϑ sin ϑ sin ϑ = sin ϑ ( cos ϑ + 1), dunque la derivata sul bordo si annulla quando sin ϑ = oppure cos ϑ = 1/, dunque per ϑ =, π, 3 π, 4 3 π. Resta perciò da calcolare il valore della funzione nei punti corrispondenti a tali valori di ϑ: f() = 5 = f(, ) f(π) = 3 = f(, ) ( ) ( f 3 π = 9 ) 3 4 = f 1, ( ) ( 4 f 3 π = 9 ) 3 4 = f 1, Inoltre sappiamo che f ( 1, ) = Possiamo concludere che il massimo assoluto di f su E vale ( 1, 9 ed è assunto nei punti 3 4 ( e 1, 3 ), mentre il punto di minimo assoluto, in cui f vale 1 16, è ( 1 4, ). ) Esercizio Determinare i punti di massimo e minimo assoluti di f(x, y) = x y + xy xy sull'insieme T = {(x, y) R : x, y, x + y 1}. Prima di tutto osserviamo che la funzione data è continua, il vincolo proposto è un insieme chiuso e limitato quindi dal Teorema di Weierstrass esistono il massimo e il minimo assoluti di f su T. Osserviamo inoltre che f C (R ) quindi non esistono punti di non dierenziabilità. Cerchiamo i punti stazionari della funzione: f(x, y) = ( xy + y y, x + xy x ), 18

131 5. Ottimizzazione vincolata quindi f(x, y) = (, ) { y(x + y 1) = x(x + y 1) =. I punti che soddisfano questo sistema sono (, ), (, 1), (1, ) e ( 1, 1 3 3), e sono quindi i punti critici della funzione. I primi tre sono sulla frontiera di T, mentre il quarto è interno ad esso. In questo punto la funzione vale f ( 1, che f(x, y) è identicamente nulla sulla frontiera di T. ) = 1. Invece, essendo f(x, y) = xy(x + y 1), abbiamo 7 Quindi il punto di minimo assoluto è ( 1 3, 1 3), mentre il massimo assoluto della funzione è zero e viene assunto sulla frontiera di T Esercizi proposti Esercizio Si dica, giusticando la risposta sulla base della teoria, se le seguenti funzioni ammettono massimo assoluto e minimo assoluto negli insiemi chiusi e limitati rispettivamente indicati e, in caso di risposta aermativa, determinare punti e valore di massimo assoluto e di minimo assoluto. 1)f(x, y) = x 3xy + y su Q = [ 1, 1] [ 1, 1] )f(x, y) = x + y + xy su S = {(x, y) : x, y, x + y 1} 3)f(x, y) = x x 4 y su S = {(x, y) : x + y 1} 4)f(x, y) = xy + y y x su A = {(x, y) R : x 1, y x} 5)f(x, y) = (x 1) y + (y ) 4 su E = {(x, y) : y 9 (x 1) } 6)f(x, y) = x + y x + 6y su E = {(x, y) : x, x 5 y } 7)g(x, y) = x y su Q = [ 1, 1] [ 1, 1] 8)f(x, y) = (x 1) e x y su R = [, 3] [ 1, ] 9)f(x, y) = 3 y x x 3 + y su A = {(x, y) R : x, y 1} 1)f(x, y) = 4 x y + 4 x su E = {(x, y) R : 5x + 5 y 6 x y 6 x + 1 y + 4 } 19

132 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata R. 1) min Q f = 1 = f ( 3, 1), max 8 4 Q f = 6 ( = f( 1, 1) ) ) min f = f(, ) = max f = f = 1 +., 3) max f = 1 = f(±1, ) min f = = f(, ±1) 4) max A f = 1 = f(1, 1) min A f = 1 = f ( 1, ) ) min E f = 4 = f(1, ), max E f = 45 = f(1, 9) 6) min E f(x, y) = f(1, 3) = 1 max E f(x, y) = f(, ) = f(, ) = 7) max Q g = 1 = g(1, ) = g( 1, ) min Q g = 1 = g(, 1) = g(, 1) 8) max R f = = f(3, ) min R f = 1 = f(, y), y [ 1, ] 9) min R f = 8 = f(, ( ) ) ( max R f = 3 = f(1, 1) 1 1) max f = 1 = f E, 1 = f 1 ) ( ) 1, 3 min f = 1 E 4 = f 4, 5 = f 4 ( 1 ) 4, 3 4 Esercizio Si dica, giusticando la risposta sulla base della teoria, se le seguenti funzioni ammettono massimo assoluto e minimo assoluto negli insiemi chiusi e limitati rispettivamente indicati e, in caso di risposta aermativa, determinare punti e valore di massimo assoluto e di minimo assoluto. 11)f(x, y) = log(1 + x xy + y ) su triangolo chiuso di vertici ( 1, 1), ( 1, 1) e (, 1) 1)f(x, y) = x + y + x su A = {(x, y) R : x + y 1} 13)f(x, y, z) = e x+y +z su S = {(x, y, z) R 3 : x + y + z x z 1 = } 14)f(x, y) = x e x (y + 1) su R = [ 1, 1] [ e 1, e 1] 15)f(x, y) = 8x + y + xy 1 su quadrato chiuso di centro l'origine degli assi e lato 16)f(x, y) = arctan(x + y ) su A = {(x, y) R : x + y 4, y x} 17)f(x, y) = e x y x y su A = {(x, y) R : x + y 1, y [ } 5 18)f(x, y) = x 4 + y 4 + x (y 5) + y (x 5) + 6 su D =, ] [ 5 5, ] 5. 13

133 5. Ottimizzazione vincolata R. 11) max T f(x, y) = f( 1, 1) = f(, 1) = log 5 min T f(x, y) = f(, ) = 1) max C f = 3 = f(1, ) min C f = 1/8 = f( 1/4, ( ) 13) max S f = e 3 = f(1, 1, 1) = f(1, 1, 1) min S f = e = f ) 3,, ) min R f(x, y) = 1 e = f(1, ± e 1) max R f(x, y) = 1 = f(, ) 15) min Q f = 1 = f(, ) max Q f = 11 = f( 1, 1) = f(1, 1) 16) min A f(x, y) = arctan 8 = f ( 4, ) ( 3 ) max 3 3 A f(x, y) = arctan 8 ( = f(, ) ) 17) max A f = 1 e1/ 1 = f 1, min A f = 1 e 1/ = f 1 1, 18) min D f = 1/4 = f(± 5/, ) = f(, ± 5/), max D f = 6 = f(, ) = f(± 5/, ± 5/) = f( 5/, ± 5/) Esercizio Trovare, se esistono, i punti dell'insieme M = { (x, y, z) R 3 : x xy + y z = 1, x + y = 1 } che hanno minima e massima distanza dall'origine (,, ) R 3. (Suggerimento: poiché i punti che rendono minima/massima la distanza sono anche punti di minimo/massimo per il quadrato della distanza, si tratta di ottimizzare la funzione f(x, y, z) = x + y + z soggetta ai vincoli che deniscono M...) R. I punti che hanno massima distanza dall'origine (pari a 3/) sono (1/, 1/, ±1/ ) e ( 1/, 1/, 1/ ). I punti che hanno minima distanza dall'origine sono (±1,, ) e (, ±1, ), e la distanza vale 1. Esercizio Dato l'insieme chiuso e limitato Q = [, 1] [, 1] := {(x, y) : x 1, y 1} determinare il massimo e il minimo su Q delle seguenti funzioni: a)f(x, y) = x + 3y xy y b)f(x, y) = 1 x y c)f(x, y) = e x+y 131

134 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Dato il triangolo chiuso T di vertici P 1 = (1, ), P = (, 1), P 3 = ( 1, ) determinare il massimo e il minimo su T delle seguenti funzioni: a)f(x, y) = x + 3y x b)f(x, y) = x 4 + 4xy y c)f(x, y) = x(x + y)e y x d)f(x, y) = log(1 + x + y ) Esercizio Dato l'insieme chiuso e limitato A = {(x, y) : x + y }, determinare massimo e minimo su A delle seguenti funzioni: a)f(x, y) = x + xy x y b)f(x, y) = x + αy (α R ssato) c)f(x, y) = (y + 1)e xy d)f(x, y) = log(1 + x + y ) Esercizio Dato l'insieme chiuso e limitato A = {(x, y) : x +y 1}, determinare massimo e minimo su A delle seguenti funzioni: a)f(x, y) = x 4 + y 4 b)f(x, y) = x m y n (m, n > ssati) c)f(x, y) = e x+y 13

135 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Dato gli insiemi chiusi e limitati V 1 = {(x, y) : x 4 + y 9 1} e V = {(x, y) : x xy + y 1} ìdeterminare massimo e minimo su V 1 e V delle seguenti funzioni: a)f(x, y) = xy b)f(x, y) = x + 3y Esercizio Dato l'insieme chiuso e limitato A = {(x, y, z) : x + y + z 1} determinare massimo e minimo su A delle funzioni a)f(x, y, z) = xyz b)f(x, y, z) = x + y z Esercizio 5... Trovare il massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = x y z nell'insieme chiuso e limitato S = {(x, y, z) : x + y + z = 1}. Esercizio Trovare il massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = e x +y z nell'insieme chiuso e limitato S = {(x, y, z) : x /4 + y + 3z 1}. 133

136 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio 5... Trovare il massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = x + 5y 1 xy nell'insieme chiuso e limitato x + 4y 4. Esercizio Si dimostri che la funzione f(x, y) = xy x + y è dotata di massimo e di minimo. Si determinino tali valori. Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di sotto la condizione x + y + 3z = 1. f(x, y, z) = (x + y + z) Esercizio Si determinino i punti della supercie più vicini all'origine. f(x, y, z) = z xy 1 = Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di sotto la condizione x + y = 1. f(x, y) = (x + y + xy) 134

137 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Si dimostri che la funzione f(x, y) = x + 3xy + y x + 3xy + y è dotata di massimo e di minimo. Si determinino tali valori. Esercizio Si determini il rettangolo con i lati paralleli agli assi, iscrivibile nell'ellisse di equazione che ha area massima. x 16 + y 9 = 1 Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di f(x, y) = x + y + y 1 nell'insieme chiuso e limitato {(x, y) : x + y 9}. Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di f(x, y) = y 1 ( y x ) nell'insieme chiuso e limitato E = {(x, y) R : < y < x y }. Esercizio Siano x y x + y 4 f(x, y) = 4 x y 1 x + y = 4 e D a = {(x, y) R : x a, y a (, )}. Si calcolino massimo e minimo di f in D a e poi si determini estremo superiore e inferiore di f in D. 135

138 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di f(x, y) = log(1 + x + y + y x) nell'insieme chiuso e limitato D = {(x, y) R : y < x < y, y }. Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di f(x, y) = e x +y 1 x y nell'insieme chiuso e limitato D = {(x, y) R : 3x + 4y 4, y 1 }. Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di f(x, y) = y (x + y x) nell'insieme chiuso e limitato D = {(x, y) R : x +y < 4, x +y x y <, y > }. Esercizio Si determinino il massimo e il minimo di f(x, y) = x (x + y + z 1) nella sfera S = {(x, y, z) R 3 : x + y + z 1}. Esercizio Si determinino gli estremi della funzione f(x, y) = 4x(x y ) 3x + y vincolati a x y =

139 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Siano f(x, y) = x e g(x, y) = y x 3. Mostrare che (, ) è di minimo per f vincolato a g(x, y) =, ma che non è critico per f cioè non esiste alcun λ che verichi l'uguaglianza f(, ) = λ g(, ). Esercizio Si determinino gli estremi della funzione f(x, y) = (y x ) 3 nella regione E = {(x, y) R : x + y 4 x }. Esercizio In un riferimento cartesiano ortogonale si consideri l'ellisse γ intersezione dell'iperboloide di equazione x + y z = 1 col piano di equazione x + y + z = ; si determinino i punti di γ aventi quota minima e massima. Esercizio Siano f(x, y) = (y x )(x y ) e g(x, y) = y x. Si determinino i punti di estremo per f vincolati a g =. I punti trovati sono anche di estremo libero per f? Esercizio Applicando il metodo delle curve di livello, si determinino gli estremi locali e globali della funzione f(x, y) = (1 x 4y ) nel quadrato Q = {(x, y) R : 1 x 1, 1 y 1}. 137

140 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Applicando il metodo delle curve di livello, si determinino gli estremi locali e globali della funzione f(x, y) = e x y nel dominio D = { (x, y) R : 3 x 1 y 1 x }. Esercizio Applicando il metodo delle curve di livello, si determinino gli estremi locali e globali della funzione f(x, y) = x + y + x nel dominio C = {(x, y) R : x + (y ) 1}. Esercizio Si determinino, al variare di m R, gli estremi della funzione f(x, y) = y mx nel dominio D = { (x, y) R : x, y, y 3 x, y 1 x }. 4 Esercizio Si verichi che la funzione f(x, y) = è dotata di estremi assoluti nella striscia x y ( + x + y ) S = {(x, y) R : 1 y 1}. 138

141 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Si verichi che la funzione f(x, y) = e x y e x y è dotata di estremi assoluti nell'insieme E = {(x, y) R : x, y }. Si calcolino tali estremi. Esercizio Si determinino gli estremi della funzione f(x, y) = (x 3 y + xy)e x y nel dominio D a = {(x, y) R : xy}. Esercizio Studiare il campo scalare f(x, y) = sin(x + y) cos(x y) su S = { (x, y) R : x π, y π }. Esercizio Determinare i valori di massimo e minimo della funzione f(x, y) = 4x y 8 3 x y4 nel dominio D = {(x, y) : x + y 4}. 139

142 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Determinare, se esistono, i massimi e i minimi assoluti della funzione f(x, y) = xye x y sul dominio D = {(x, y) R : y x, y > }. Esercizio Determinare il valore massimo e minimo del campo scalare f(x, y, z) = e (x z ) sull'insieme E = } {(x, y, z) R 3 : x + y + 3z 1. Esercizio Si studi la funzione: f(x, y) = (1 x )(x + y ) nel dominio D = {(x, y) R : x + y x + }. Esercizio Studiare la funzione: f(x, y) = x 1 x + y nel dominio D = {(x, y) R : x + y x 3}. 14

143 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Studiare la funzione: f(x, y) = x y ( + x ) sulla striscia S = {(x, y) R : y 1}. Esercizio Sia G : R 3 R 3 il campo vettoriale: G(x, y, z) = (G 1 (x, y, z), G (x, y, z), G 3 (x, y, z)) = (e x + arctan(y + z) 1, y 3 + y + z 3, e z ) e f : R (, + ) R il campo scalare: h(x, y, z) = (f G)(x, y, z) = f(g(x, y, z)) si provi che h è denito su tutto R 3 e che è non negativo. Si determini inoltre l'unico punto stazionario di h e si provi che è un minimo assoluto. Esercizio Si studi la funzione z = f(x, y) = x 4x + y sul dominio D = {(x, y) R : x + y 4}. Esercizio Determinare il valore massimo e il valore minimo della funzione: f(x, y) = 4x y 8 3 x y4 denita in D = {(x, y) R : 1 x, 1 y 1}. 141

144 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Determinare massimi e minimi assoluti della funzione: f(x, y) = 3 x y + x denita in D = {(x, y) R : x + y + y 3 }. Esercizio Studiare la funzione: f(x, y) = y + 1 x + y denita in D = {(x, y) R : x + y + y 3}. Esercizio Studiare la funzione: f(x, y) = 3x + 3xy + y 3 denita in D = {(x, y) R : x 1, y 1}. 14

145 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Sia f : R R la funzione dove π (x, y) S f(x, y) = 1 arctan (x, y) / S (x + y 1) S = {(x, y) R : x + y = 1}. Provare che: a) f è dierenziabile su tutto R ; b) f è non negativa e limitata e determinare f(r ); c) calcolare i punti stazionari di f e determinarne la natura (si lascino in funzione di x, y, (x + y 1) le derivate seconde; d) f ha massimo assoluto e non ha minimo assoluto. Determinare inf R f. Esercizio Dato il campo scalare f : R 3 R f(x, y, z) = x + y + z a) determinare il dominio e il codominio di f; b) determinare il massimo aperto A R 3 dove f è dierenziabile e gli eventuali punti critici; c) f ammette massimo e minimo assoluti? Inoltre denita f(x, y, z) = min{f(x, y, z), } ammette f massimo e minimo assoluti? In entrambi i casi, se la risposta è aermativa, determinarli. Esercizio Dato il seguente campo scalare se ne determinino: f(x, y, z) = log x log y + log y log z log z log x a) il dominio di denizione D; b) i punti stazionari interni e la loro natura; c) i valori di sup D f e inf D f. 143

146 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Sia f il campo scalare f(x, y, z) = xy + xz e sia D = {(x, y, z) R 3 : x + y + z 3, x + z y 1}. Si provi che f non ammette massimi o minimi relativi interni a D, mentre ammette massimo e minimo assoluti su D. Esercizio Studiare la continuità, la derivabilità, la dierenziabiltà e determinare i punti di massimo e minimo relativi ed assoluti del campo scalare x y (x, y) D, (x, y) / (, ) f(x, y) = x + y (x, y) = (, ) dove D = {(x, y) R : x + y }. Esercizio Si determinino il massimo e il minimo del campo scalare f(x, y) = (x + y 4) + 4x y 8 sul dominio D = } {(x, y) R : x 4 + y

147 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Si studi la funzione nel dominio x + y x > f(x, y) = x + ye x x D = {(x, y) R : x + y 1}. Esercizio Determinare i massimi e i minimi relativi ed assoluti del campo scalare f(x, y) = x(y 1) + z + sul dominio D = } {(x, y) R : x 4 + y + z 1. Esercizio Studiare il campo scalare f(x, y) = cos(x + y ) sul dominio D = { (x, y) R : 16x + 3y π }. Esercizio Calcolare il valore massimo della derivata direzionale della funzione 5 5 f(x, y) = 6 x4 + 1 y4 secondo la direzione del vettore v = (1, ) al variare di (x, y) sulla circonferenza x + y =

148 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Determinare i massimi e i minimi della funzione f(x, y, z) = yz per i punti (x, y, z) che appartengono alla varietà unidimensionale denita dal sistema x + y + z = 1 y + z = 1 Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di f(x, y, z) = x + y 4 + z 9 per i punti che appartengono alla varietà bidimensionale x 9 + y 4 + z = 1. Esercizio Determinare la minima distanza dal punto (,, 1) dei punti appartenenti alle superci x + (y 1) + z =, x + y + z + 1 =. Determinare poi la massima distanza per i punti che in più soddisfano x [ 1, 1]. Esercizio Calcolare il valore massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = (x + 1) + (y + 1) + z sulla supercie g(x, y, z) = x y + z + x y + z =. 146

149 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Determinare il valore massimo e minimo della derivata direzionale della funzione f(x, y, z) = x 3 + y3 + z3 secondo la direzione del vettore (,, 1) al variare di (x, y, z) sulla supercie x yz = 1. Esercizio Determinare i punti dello spazio R 3 che hanno massima e minima distanza dall'asse z e che inoltre appartengono alla varietà unidimensionale denita dalle equazioni x + y + 7z = 1, x + y + z = 1. Esercizio Determinare massimo e minimo della funzione f(x, y) = y per punti che soddisfano la condizione: (x + y 1) 4x 1 =. Esercizio Determinare il valore massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = x + y 4z nell'insieme G varietà unidimensionale denita da: x + z = y x + 4z = y. 147

150 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Determinare i punti e i valori di massimo e minimo del campo scalare: x+y f(x, y) = e t dt quando il punto P (x, y) appartiene alla curva x + y = 1. Esercizio Si determinino i massimi e i minimi assoluti del campo scalare f(x, y, z) = arctan(x y z) sulla curva γ determinata dall'intersezione delle superci di equazione, rispettivamente x z =, x + y = 1. Esercizio Determinare massimo e minimo della funzione f(x, y) = x per punti che soddisfano alla condizione (x + y 1) 4y 1 =. Esercizio Determinare i punti e i valori di massimo e minimo del campo scalare f(x, y, z) = xy per i punti P (x, y, z) appartenenti alla varietà unidimensionale: x + y = 4, z = x

151 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Sia f : R 3 R il campo scalare f(x, y, z) = xy xz a) si determinino il valore massimo e minimo che f assume sulle curve di equazione rispettivamente: e x + y + z = 3 γ 1 : y = 1 x + y + z = 3 γ : y = 1 b) si provi poi che le due curve γ 1, γ coincidono con l'intersezione delle due superci σ 1 : x + y + z = 3, σ : x + z y = 1. Esercizio Si determinino i massimi e minimi del campo scalare f(x, y, z) = 3x + (y 1)z 3 + xz[arctan y sin y] vincolati ad appartenere alla varietà unidimensionale γ denita dall'intersezione delle due superci di equazione, rispettivamente x + y 4 + z = 1, x + (y ) + z =

152 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Determinare il valore massimo e minimo del campo scalare f(x, y, z) = 1 4y 4x sulla varietà unidimensionale denita dal sistema x + z = y(1 + x ) = 4. Esercizio Determinare il valore massimo e minimo del campo scalare f(x, y, z) = z x sulla varietà unidimensionale denita dal sistema y + z = 1 x(1 + z ) = 4. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di f(x, y) = x x + y nel rettangolo x, y 1. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di f(x, y) = xy x nel rettangolo 1 x 1, y 1. 15

153 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di f(x, y) = xy y nel disco x + y 1. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di f(x, y) = x + y nel disco x + y 1. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di f(x, y) = xy x 3 y nel quadrato x 1, y 1. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di nel triangolo con vertici (, ), (1, ), (, 1). f(x, y) = xy(1 x y) Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di f(x, y) = sin x cos y nella regione triangolare chiusa delimitata dagli assi coordinati e dalla retta x + y = π. 151

154 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Determinare il valore massimo di f(x, y) = sin x sin y sin(x + y) nel triangolo delimitato dagli assi coordinati e dalla retta x + y = π. Esercizio La temperatura in tutti i punti del disco x + y 1 è data da T = (x + y)e x y. Determinare la temperatura massima e la temperatura minima nel disco. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di nel semipiano superiore y. f(x, y) = x y 1 + x + y Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di nella palla x + y + z 1. f(x, y) = xy + yz Esercizio Determinare i valori massimo e minimo di nella palla x + y + z 1. f(x, y) = xz + yz Esercizio Usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per massimizzare f(x, y) = x 3 y 5 soggetta al vincolo x + y = 8. 15

155 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Determinare la distanza minima del punto (3, ) dalla parabola y = x riducendo il problema a un problema svincolato in una variabile e usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Esercizio Determinare la distanza dell'origine dal piano x + y + z = 3 mediante un ragionamento puramente geometrico, riducendo il problema a un problema senza vincoli in due variabili e usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Esercizio Determinare il valore massimo e il valore minimo della funzione sulla supercie sferica x + y + z = 1. f(x, y, z) = x + y z Esercizio Usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per determinare la distanza massima e quella minima del punto (, 1, ) dalla supercie sferica di equazione x + y + z = 1. Esercizio Determinare la distanza minima dell'origine dalla supercie xyz =. Esercizio Determinare a, b, c in modo che il volume V = 4πabc/3 di un ellissoide x a + y b + z c = 1 passante per il punto (1,, 1) sia il più piccolo possibile. 153

156 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Determinare i valori massimo e minimo della funzione sulla sfera x + y + z = 1. f(x, y, z) = xyz Esercizio Determinare i valori massimo e minimo della funzione sull'ellissoide x + 4y + 9z 18. f(x, y, z) = x + y 3z Esercizio Determinare i valori massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = x sulla curva di intersezione del piano z = x + y con l'ellissoide x + y + z = 8. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = x + y + z sull'ellisse che risulta dall'intersezione del cono z = x + y con il piano x z = 3. Esercizio Determinare i valori massimo e minimo della funzione f(x, y, z) = 4 z sull'ellisse che risulta dall'intersezione del cilindro x + y = 8 con il piano x + y + z =

157 5. Ottimizzazione vincolata Esercizio Determinare i valori massimo e minimo della funzione soggetta ai vincoli y + z = e z = x. f(x, y, z) = x + y z Esercizio Determinare i punti critici di f(x, y) = (x 1) y + (y ) 4 per (x, y) R e studiarne la natura. Disegnare quindi l'insieme E = {(x, y) : y 9 (x 1) } e determinare i punti di minimo e di massimo assoluto di f in E dopo averne dimostrato l'esistenza. Esercizio Determinare i punti critici di f(x, y) = (x ) y + (y ) 4 per (x, y) R e studiarne la natura. Disegnare quindi l'insieme E = {(x, y) : y 9 (x ) } e determinare i punti di minimo e di massimo assoluto di f in E dopo averne dimostrato l'esistenza. Esercizio Sia f(x, y) = x +y x+6y. Scrivere l'equazione del piano tangente al graco di f sopra il punto (3, 1) e determinare gli eventuali punti di massimo e minimo assoluti di f sull'insieme E = {(x, y) : x, x 5 y }. 155

158 5 Esercizi riguardanti ottimizzazione libera e vincolata Esercizio Sia f(x, y) = x +y +x 6y. Scrivere l'equazione del piano tangente al graco di f sopra il punto (, 4) e determinare gli eventuali punti di massimo e minimo assoluti di f sull'insieme E = {(x, y) : x, y x + 5}. 156

159 CAPITOLO 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli 6.1. Integrali doppi Esercizi svolti Esercizio Calcolate l'integrale di 3xy + x y sul rettangolo [1, 3] [, 1]. soluzione. Il dominio è sia x semplice che y semplice. Si ha dunque 3 ( 1 ) 3 ] 1 I = (3x y + x y) dy dx = [3 x y3 y + x dx = [ ] x 3 = + x3 = = ) (x + x dx Esercizio Si calcoli l'integrale della funzione f(x, y) = x y esteso al triangolo di vertici (, ), (, π), (π, ). Sia T il triangolo dato dal problema. Il dominio T è sia x semplice che y semplice. Ad esempio può essere descritto nel modo seguente T := {(x, y) R : x π y π x} 157

160 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli allora x y dx dy = T π = π dx π π x x dx π dy x y = π = π5 6 π5 4 + π5 1 = π5 6. π [ y x x 3 dx + 1 π ] π x = 1 π x 4 dx = π x (π x) dx [ x 3 3 ] π [ x 4 π 4 ] π + 1 [ x 5 5 ] π Esercizio Calcolare dove f(x, y) = x + y e E f(x, y)dxdy, E = { (x, y) R : 1 x + y 4, y } { (x, y) R : 1 x + y 4, xy }. Osserviamo che E non è semplice, però è regolare. Infatti, detti E 1 = { (x, y) R : 1 x + y 4, x, y } E = { (x, y) R : 1 x + y 4, y, x } E 3 = { (x, y) R : 1 x + y 4, x, y }, allora possiamo scrivere E = E 1 E E 3, e poiché questi tre insiemi sono x-semplici, abbiamo che E è regolare. Inoltre, E 1, E e E 3 si intersecano vicendevolmente solo sul bordo (quindi E i E j ha area nulla). Perciò, grazie a una proprietà dell'integrale doppio, f(x, y)dxdy = E f(x, y)dxdy + E 1 f(x, y)dxdy + E f(x, y)dxdy. E 3 Notiamo subito che, per simmetria, f(x, y)dxdy = f(x, y)dxdy : E 1 E 3 infatti, E 1 ed E 3 sono simmetrici rispetto all'origine, mentre f è dispari; ovvero: (x, y) E 1 ( x, y) E 3 f(x, y) = f( x, y). 158

161 6.1 Integrali doppi Ne consegue che i due integrali sono opposti. Perciò è suciente calcolare f(x, y)dxdy = f(x, y)dxdy. E E Per calcolare l'integrale su E scomponiamo ulteriormente questo dominio in E = E E, dove E = {(x, y) R : x 1, y } 4 x E = {(x, y) R : 1 x, 1 x y 4 x }. A loro volta questi due insiemi sono semplici e si intersecano solo sul bordo; quindi f(x, y)dxdy = f(x, y)dxdy + f(x, y)dxdy. E Ora, E f(x, y)dxdy = E 1 4 x 1 = = = 1 E (x + y)dydx ) 4 x (xy + y dx (x 4 x + 4 x ( 13 (4 x ) 3/ + x x3 6 = 5 6 3, ) dx ) 1 mentre E f(x, y)dxdy = 4 x 1 1 x (x + y)dydx ) 4 x = (xy + y dx 1 1 x = 1 = ( 13 (4 x ) 3/ + 13 (1 x ) 3/ + 3 ) x = (x 4 x x 1 x + 4 x 1 + x ) dx

162 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Quindi E f(x, y)dxdy = f(x, y)dxdy = E E f(x, y)dxdy + E f(x, y)dxdy =. Esercizio Si calcoli l'integrale doppio (x + 1) dx dy, D ove D è la parte dell'ellisse {(x, y) R : x + 4 y 1} contenuta nel primo quadrante. Descriviamo l'ellisse attraverso il seguente cambio di coordinate x = ρ cos θ y = 1 ρ sin θ con le seguenti limitazioni per le variabili ρ e θ ρ 1 θ [, π ]. Calcoliamo il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione. Si ha x x J = ρ θ cos θ ρ sin θ y y = 1 ρ θ sin θ 1 ρ cos θ da cui Quindi + 1 D (x + 1) dx dy = ( 1 1 d ρ det J = 1 ρ cos θ + 1 ρ sin θ = 1 ρ. π/ ) ( ) π/ ρ dρ d θ = 1 ρ 4 4 dθ 1 ρ (ρ cos θ + 1) = 1 1 ( 1 θ + 1 ) sin θ cos θ ( 1 π/ ) ( ) π/ ρ 3 dρ cos θ dθ + 1 ρ 1 θ π/ = π 3 + π 8 = 5 3 π. Come appendice ricordiamo due modi di calcolare la primitiva di cos θ. primo modo. cos θ dθ = cos θ cos θ dθ = cos θ sin θ + sin θ dθ = cos θ sin θ + (1 cos θ) dθ 16

163 6.1 Integrali doppi da cui cos θ dθ = θ + cos θ sin θ. secondo modo. 1 + cos(θ) cos θ dθ = dθ = 1 θ + 1 cos(θ) dθ = 1 θ sin(θ) = 1 θ + 1 sin θ cos θ. Esercizio 3 Calcolare il seguente integrale doppio (x + 8y + 3x + 6y) dx dy, dove C = {(x, y) R : x + 8y 1}. C soluzione. Parametrizziamo l'ellisse attraverso il seguente cambio di variabili: x = ρ 1 cos θ 1 θ [, π] ρ 1. y = ρ sin θ Si verica facilmente che il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione di coordinate vale 1 4 ρ. Quindi π = = 1 4 = 1 4 = ρ4 4 (x + 8y + 3x + 6y) dx dy C 1 π 1 ( ρ cos θ + ρ sin θ + 3 ρ 1 cos θ + 6 ρ 1 ) ρ sin θ 4 ] ρ 3 dρ dθ ( 1 ) ( π ) ρ 3 dρ dθ 1 π ρ π [sin θ cos θ] ρ [ 3 cos θ + 3 sin θ ( 1 π 161 dθ dρ dρ dθ ) ( π ) ρ dρ (cos θ + sin θ) dθ = π [] = π 8.

164 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Esercizio Calcolare A ( x y 3 x )dxdy, ove A = {(x, y) R : 1 x + y 9, y x, x }. Parametrizziamo l'insieme A per mezzo delle coordinate polari. Si ha A = {(ρ, θ) [, + ) [, π) : 1 ρ 3 [ θ π/4 7/4 π θ π]} ma data la periodicità delle funzioni sin θ e cos θ possiamo senz'altro scrivere che A = {(ρ, θ) : 1 ρ 3 π/4 θ π/4}. Il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione vale ρ. Dunque si ha A ( 3 = = ρ ( x y 3 x ) dx dy = π/4 π/4 ) ( π/4 ρ 4 dρ cos θ sin θ dθ π/4 sin 3 θ 3 π/4 π/4 3 ρ sin θ π/4 π/4 dθ 3 1 dρ ρ ρ 3 cos θ sin θ π/4 π/4 3 ) ( 3 ) ( ) π/4 3 ρ dρ cos θ dθ 1 π/4 [ 43 = 5 1 ] ( ) ρ cos θ dρ dθ ρ [ 9 1 ] 3 = Esercizio Calcolare il seguente integrale (3xy + 3x) dx dy, dove A = { (x, y) R : 1 x + y 4, y x, x }. A Parametrizziamo l'insieme A per mezzo delle coordinate polari. Si ha A = {(ρ, θ) [, + ) [, π) : 1 ρ [ θ π/4 7/4 π θ π]} ma data la periodicità delle funzioni sin θ e cos θ possiamo senz'altro scrivere che A = {(ρ, θ) : 1 ρ π/4 θ π/4}. 16

165 6.1 Integrali doppi Il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione vale ρ. Dunque si ha π/4 π/4 (3xy + 3x) dx dy = dθ dρ ρ 3 ρ 3 cos θ sin θ + 3 ρ cos θ dρ dθ ρ A ( = 3 = 3 ρ π/4 ) ( π/4 ρ 4 dρ cos θ sin θ dθ π/4 sin 3 θ 3 π/4 π/4 + 3 ρ3 3 1 sin θ π/4 π/4 1 π/4 ) ( ) ( ) π/4 + 3 ρ dρ cos θdθ 1 π/4 [ 3 = ] ( ) [ ] 3 = 4. Esercizio Calcolare con D = { D x y 3 dx dy (x + y ) 3 (x, y) : x + y, x, y } 3 x Prima di tutto, integrando per parti si ha y 3 y (x + y ) dy = y 3 (x + y ) 3 = y (x + y ) y 1 + (x + y ) dy y = 4(x + y ) 1 4(x + y ) + C A questo punto poniamo e si ha A questo punto 3 A = {(x, y) : x, 3 B = {(x, y) : x, C = {(x, y) : 1 x, y } f(x, y) = f(x, y) + f(x, y) + D A A f(x, y) dx dy = y 3 x} x y 1 } B C f(x, y) 1 x 3 x y 3 1 (x + y ) =

166 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Esercizio 3 Si calcoli l'integrale della funzione f(x, y) = x 3 y e x+y y esteso al triangolo di vertici (, ), (, π) (π, ). Il triangolo dato dal problema (che d'ora in poi chiameremo T ) può essere visto come dominio x semplice o y semplice. Si ha Si ha π I = dx = 1 = 1 π π 1 x+π T (x 3 y e x+y y) dx dy = I + II. x 3 y dy = π x 3 ( π 1 x ) dx = 1 π 1 x 3 x π dx y dy = π (π x 3 π x x5 ) dx = 1 x 3 dx y x 3 [ π π x x ] dx π x4 4 π π = π 8 16 π4 π 1 3 π5 + 1 [ π6 = π ] 3 x 5 5 π = 15 π6. x 6 6 π π 1 x D'altra parte II = = = π π T π + 1 [e x ] π π 1 e x+y x π y dx dy = e x e y y dy dx = e {[y x e y ] π 1 e x [(y 1) e y x π {[ ] = e x π 1 ] } x 1 e π 1 x + 1 (e (π x+π 1 x 1 ) ) x 1 + e x dx = (π 1) π e π+ 1 x x dx π π e π+ 1 x dx π 1 x e x dx = (π 1) e π e 1 x π + 1 eπ [(x ) e 1 x ] [e y ] π π 1 x = (π 1) e π (e π 1) + e π [( π ) e π + ] e π + 1 = e π + π e π }

167 6.1 Integrali doppi I conti risultato più semplici se vediamo II come integrale su un dominio x semplice. Si ha infatti π (π y) π e x+y y dx dy = e x e y y dx dy = e π e y y dy + [(y 1) e y ] T = e π [ (y + 1) e y ] π + (π 1) e π + 1 = e π [(π + 1) e π 1] + (π 1) e π + 1 = e π + π e π + 1. π Quindi riassumendo (x 3 y e x+y y) dx dy = 15 π6 e π + π e π + 1. T Esercizi proposti Esercizio Dopo aver vericato l'integrabilità delle funzioni sottoassegnate sull'insieme indicato, si calcoli l'integrale D f 1 a)f(x, y) = D = [3, 4] [1, ] (x + y) { x + y x + y 1 b)f(x, y) = x y x + y 1 < D = [, 1] [, 1] x c)f(x, y) = D = {(x, y) R : x / y x, 1 < x < } x + y d)f(x, y) = sin y y D = {(x, y) R : x y, < y π} e)f(x, y) = xy T = {(x, y) R : y x x } f)f(x, y) = e x+y D = {(x, y) R : x + y 1} g)f(x, y) = y x D = {(x, y) R : 1 x 1, x y 1} 165

168 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Esercizio Si calcoli l'integrale di f(x, y) = xy x + y sulla regione D = {(x, y) R : y x, 1 < x + y < 4}. Esercizio Si calcoli l'integrale della funzione f(x, y) = yx + e x+y x esteso al triangolo di vertici (, ), (, π) (π, ). Esercizio Si calcoli l'integrale della funzione f(x, y) = x y esteso al triangolo di vertici (, ), (, π), ( π, ). Esercizio Calcolare A (xy 3 x )dxdy, ove A = {(x, y) R : 1 x + y 4, y x, x }. Esercizio Calcolare il seguente integrale (3x y + 3y) dx dy, dove A = { (x, y) R : 1 x + y 4, x y, y }. A Esercizio Dati gli insiemi A = {(x, y) R : x + (y 1) 1} B = {(x, y) R : x + y 1} determinare l'area di A B. 166

169 6.1 Integrali doppi Esercizio Dato l'insieme E = {(x, y) R : x 1, y 1 x } si calcolino gli integrali: a) b) c) E E E y arcsin xdxdy x 1 y dxdy xe y dxdy Esercizio Dato il triangolo T di vertici (, ), (1, ), (1, 1) si calcolino gli integrali: a) T b) T y 1 + x + y dxdy y 1 + x dxdy Esercizio Si calcoli l'integrale della funzione f(x, y) = e x+y x yx esteso al triangolo di vertici (, ), (, π) (π, π). Esercizio Dati gli insiemi A = {(x, y) R : (x ) 4 } + y 1 B = {(x, y) R : x + y 1} determinare l'area di A B. 167

170 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Esercizio Sia E il settore del cerchio di centro l'origine e raggio 1 delimitato dalle semirette di equazione: y = ± 3x, x. Calcolare gli integrali: a) b) E E x dxdy xe y dxdy Esercizio Sia E la porzione di corona circolare di raggi 1 e contenuta nel primo quadrante. Calcolare gli integrali: a) b) c) E E E x y x + y dxdy xe y dxdy x arctan x y dxdy Esercizio Si calcoli xy sin(xy)dxdy con T = {(x, y) R : x y x, x π y 3 π, x > } x utilizzando un cambiamento di variabili che trasformi T in un rettangolo. T Esercizio Si calcoli l'area della regione di piano T = {(x, y) R : x y x, y x y } 168

171 6.1 Integrali doppi Esercizio Si calcoli, utilizzando un'opportuna trasformazione x (y x 3 )e y+x3 dxdy dove T = {(x, y) R : x 3 y 3, x 1} T Esercizio Determinare l'area racchiusa dall'ellisse di equazione: x a + y b = 1 Esercizio Dato l'insieme E = {(x, y) R : < x < y < x, 1 < xy < } calcolare gli integrali: a) b) E E dxdy (x + y)dxdy Esercizio Si calcoli l'integrale doppio (y + 1) dx dy, D ove D è la parte dell'ellisse {(x, y) R : x /4 + y 1} contenuta nel secondo quadrante. 169

172 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Esercizio Dato l'insieme E delimitato dalle rette y = x, y = x, y + x =, y + x =, calcolare gli integrali: a) b) c) E E E dxdy x y dxdy (x + y ) dxdy (N.B. Osservare che si ha: 1 < y/x <, 1 < ( y)/x < ) Esercizio Dato l'insieme E = {(x, y) R : 1 ye x, ye x 3} calcolare gli integrali: a) b) c) E E E dxdy ydxdy e x ydxdy 6.. Integrali tripli 6.3. Esercizi svolti Esercizio Calcolate il volume della regione interna al cilindro di equazione x + y 4 e compresa tra i piani z = x 1 e z = 1 x. 17

173 6.3 Esercizi svolti Si ha che Allora si ponga e min{x 1, 1 x} = x 1 x 1. A = {(x, y) : x + y 4, x 1} B = {(x, y) : x + y 4, x 1} Allora V (C) = 1 x A x 1 dx dy + x 1 B 1 x dx dy = ( x) + (x ) =: I + II. A B Prima di tutto si ha Poniamo I := A ( x) = area (A) A x dx dy A = {(x, y) : x 1, 3x y 3x} e A 1 := A \ A. Allora è chiaro che l'area di A è l'area di A 1 che è /3 π 4 unita all'area di A che è (essendo un triangolo) 3 1 1/ = 3. D'altra parte II := B (x ) dx dy = x area (B). B Ora analogamenta a prima l'area di B è l'area del settore circolare sotteso a un angolo di 1 gradi (che chiameremo S) che è 1/3π 4 a cui si toglie l'area del triangolo A cioè 3. Riassumendo V (C) = x + x + area (A) area(b) A B ( 8 = x x + x x + A 1 A S A 3 π + ) ( π ) 3 = x 4 x + x + 8 A 1 A S 3 π A questo punto parametrizzo A 1 e S con coordinate polari; si ha [ π A 1 = {(ρ, θ) : ρ, θ 3, 5 ] 3 π } e S = {(ρ, θ) : ρ, θ [, 53 ] π 171 [ ] 5 π, π } 3

174 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Quindi, essendo il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione uguale a ρ, si ha 5/3π 5/3π x dx = ρ cos θdθdρ = ρ3 sin θ = A 1 π/3 3 3 Inoltre Inne x dx = S 4 x = 4 A Quindi riassumendo π/3 = ρ x V (C) = x sin θ ρ cos θdθdρ + π/3 x dx dy = 4 + sin θ 1 π 5/3π π 5/3π = 16 3 π/3 ρ cos θ dρ dθ 3. 3x dx = 8 3 x π = π. 1 = Esercizio Calcolate il volume del solido V limitato dal cilindro ellittico di equazione x 4 + y = 1 e dai piani di equazione z = 1 3x 3y e z = 1. Si ha che min{1 3x 3y, 1} = 1 y 1 3 x quindi ponendo si ha V (C) = A = {(x, y) R : B = {(x, y) R : = A A x 4 + y 1 y 1 3 x} x 4 + y 1 y 1 3 x} 1 3x 3y 1 dz dx dy + dz dx dy 1 B 1 3x 3y ( 3x 3y) dx dy + ( 3x + 3y) dx dy. Ora passo in coordinate polari: si pone x = ρ cos θ e y = ρ sin θ con ρ 1 e θ [, π], da cui A = {(ρ, θ) : ρ 1, θ 17 B [ ] 5 11 π, 6 6 π }

175 6.3 Esercizi svolti e B = {(ρ, θ) : ρ 1, θ {[, 56 ] π [ 11 6 ]} π, π } Quindi, ricordando che il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione è ρ, si ha V (C) = π ρ ( 3 ρ cos θ 3ρ sin θ) dρ dθ 6 π π 1 π ρ ( 11 6 π ρ ( 3 ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ 3ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ =: I + II + III. Ora, I := = = 1 1 = π ρ ( 3 ρ cos θ 3ρ sin θ) dρ dθ 5 6 π 11 6 π ρ 6 π dρ sin θ dθ 5 6 π 4 3 ρ dρ cos θ dθ 5 6 π π sin θ (ρ 3 1 ) ( cos θ) 4 3 ρ π 3 ( 1) + 3 = π 5 6 π Inoltre II := = = π ρ ( 3 ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ 5 6 π 1 5 6ρ 6 π dρ sin θ dθ 4 3 ρ dρ cos θ dθ π sin θ + (ρ 3 1 ) ( cos θ) 4 3 ρ π =

176 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli Inne III := = = 1 π 1 ρ ( 11 6 π 3 ρ cos θ + 3ρ sin θ) dρ dθ π 1 π 6ρ dρ sin θ dθ 11 6 π 4 3 ρ dρ cos θ dθ π 1 π sin θ + (ρ 3 1 ) ( cos θ) 4 3 ρ3 3 = π π 11 6 π Quindi riassumendo V (C) = 3 3. Esercizio Assegnati il paraboloide di equazione z = x +y ed il piano di equazione z = 4x 1y si calcoli il volume racchiuso dalle due superici. Sia S il volume racchiuso dalle due superci considerate. Si ha 4x 1y Vol(S) = dz dx dy dove A x +y A = {(x, y) R : 4x 1y x + y } = {(x, y) R : (x ) + (y + 6) 4} Quindi si ha Vol(S) = Faccio il seguente cambio di coordinate: A (4x 1y x y ) dx dy. x = ρ cos θ y + 6 = ρ sin θ con le limitazioni ρ 4 e θ [, π]. Il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione è ρ, dunque si ha Vol(S) = (4x 1y x y ) dx dy = = π A ( ρ ρ4 4 ) 4 4 π = π(8 4) = 8π. 174 (4 ρ ) ρ dρ dθ

177 6.3 Esercizi svolti Esercizio Se C = {x + y z, z 4} quale delle seguenti condizioni implica che f(x, y, z) dx dy dz =? C (a)f(x, y, z) = f(x, y, z); (b)f(x, y, z) = f(x, y, z); (c)f( x, y, z) = f(x, y, z); (d)f( x, y, z) = f(x, y, z) Si ha C {primo ottante} = C 1 = {(x, y, z) C; x, y }; Allora C {secondo ottante} = C = {(x, y, z) C; x,, y }; C {terzo ottante} = C 3 = {(x, y, z) C; x, y }; C {quarto ottante} = C 4 = {(x, y, z) C; x, y }. C f dx dy dz = f dx dy dz + f dx dy dz C 1 C + f dx dy dz + f dx dy dz. C 3 C 4 Se f( x, y, z) = f(x, y, z) allora f dx dy dz = f dx dy dz C 1 C e quindi f dx dy dz = C 4 f dx dy dz C 3 C f dx dy dz =. Infatti, per esempio, C 1 e C sono simmetrici rispetto all'asse y (ribaltamento da x a x) e f è dispari rispetto a x e quindi cambia di segno, ma resta uguale in valore assoluto tra (x, y, z) e il suo simmetrico rispetto all'asse y che è ( x, y, z). Se ne deduce che ciò che integro di f su C 1 è l'opposto di ciò che integro su C. Consideriamo il cambiamento di variabili ϕ : C C 1 (x, y, z) ( x, y, z) 175

178 6 Esercizi riguardanti integrali doppi e tripli con C = ϕ 1 (C 1 ). Allora detj ϕ (x, y, z) = 1. Quindi f(x, y, z) dx dy dz = f(ϕ(x, y, z)) detj ϕ (x, y, z) dx dy dz C 1 ϕ 1 (C 1 ) = f( x, y, z) dx dy dz = f(x, y, z) dx dy dz C C N.B.: la terna (x, y, z) C gioca il ruolo della terna (u, v, w), nuove coordinate nell'usuale formulazione del cambiamento di variabili. Qui abbiamo mantenuto lo stesso nome (x, y, z) per semplicità. Esercizio Sia { V = (x, y, z) : z ( x 1 ) } + y, z 1 x. Calcolate V z dx dy dz La condizione sulla z rimane ( x 1 ) + y z 1 x. Inoltre ( x 1 ) + y = z 1 x 3 4 x + y = 3 4 x + y 3 4 Poniamo A = {(x, y) : x + y 3 4 } 1 Osserviamo che dalla condizione su z si deduce che deve essere x, che va bene in A. Allora si ha V z dx dy dz = A 1 x (x 1 ) +y z dz dx dy = 1 A = 1. ( ) 4 x y dx dy. Passiamo in coordinate polari ponendo x = ρ cos θ y = ρ 3 sin θ ρ 1, θ [, π) 176

179 6.3 Esercizi svolti Tenendo conto che il determinante della matrice Jacobiana della trasformazione è 3 deduce V z dx dy dz = π ρ (1 ρ ) dρ dθ = π ( ρ ρ4 4 ) 1 ρ, si = π. Esercizio Sia A = {(x, y, z) R 3 : x + y 1, z 3 x + y }; a) disegnate l'insieme A; b) determinare il volume di A; c) calcolate l'integrale su A della funzione z (1 + x + y ) x + y Figura 6.1: Insieme A. a) L'insieme A è costituito da un cilindro (di equazione x +y 1) a cui è stato tolto il dominio di R 3 occupato da un cono circolare retto di vertice nell'origine (e di equazione z = 3 x + y ). 177