4, 2. b. Una volta rifocillatasi, la volpe decide di tornare a valle: se tentasse di costeggiare il ruscello, che pendenza dovrebbe affrontare?

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1 Proposizione 1 ((Proprietà del gradiente)) Sia f : A R R differenziabile in (x 0 y 0 ) A. 1. (ortogonalità alle curve di livello) Se C = (x y) A f(x y) = c = f(x 0 y 0 )} è la curva di livello passante per (x 0 y 0 ) allora: f(x 0 y 0 ) t = 0 dove t è un vettore tangente alla curva C nel punto (x 0 y 0 ): dunque f t.. (direzione massima variazione) La direzione individuata da f(x 0 y 0 ) è quella in cui i valori di f hanno la massima variazione (rispetto al valore assunto in (x 0 y 0 )) infatti: f = f(x y ) f(x 0 y 0 ) = D v f(x 0 y 0 ) = f v = f v cos α = f cos α dunque f è massima (in valore assoluto) quando cos α = ±1 cioè v è parallelo a f. Esercizio. In un certo sistema di riferimento una collina è rappresentata dal grafico di z = f(x y) = 1 x y 4 limitatamente alla parte con le quote positive z 0. Riportare su una mappa la collina e le informazioni ottenute nel resto dell esercizio. a. Sulla collina nel punto V = ( 4 f( 4 )) dopo un estenuante battuta di caccia si trova una volpe: è molto assetata. Per non affaticarsi ulteriormente la volpe procede rimanendo a quota costante: riuscirà a raggiungere il guado del ruscello dove è solita abbeverarsi nel punto F = ( 4 f( 4 ))? Disegnare sulla mappa la curva descritta dalla volpe. Qualora la risposta fosse affermativa è possibile anche dire se la volpe giungerà al ruscello costeggiandolo o in direzione trasversale a quella dell acqua? (Non è necessario fare calcoli per rispondere). Calcolare direzione e verso dell acqua del ruscello. b. Una volta rifocillatasi la volpe decide di tornare a valle: se tentasse di costeggiare il ruscello che pendenza dovrebbe affrontare? c. La volpe preferisce non seguire il ruscello ma allontanarsene in una direzione individuata sulla mappa in coordinate polari dall angolo θ = 10. Che pendenza affronterà? d. Frattanto un tale a passeggio nel bosco sta raggiungendo il guado lungo un sentiero che sulla mappa forma con il ruscello un angolo di α = 60. Con quale pendenza sta salendo? 1

2 Soluzione. a. Poiché abbiamo: f( 4 ) = 1 = f( 4 ) i punti V ed F risultano alla stessa quota: dunque la volpe raggiungerà il guado muovendosi sulla mappa lungo un arco della linea di livello C = (x y) f(x y) = 1 x y 4 = 1 }. Quando arriverà al guado la volpe si starà muovendo in direzione parallela alla curva di livello C; l acqua del ruscello invece avrà la direzione di massima pendenza individuata dal gradiente f( 4 ) che è sempre ortogonale alle linee di livello: perciò la volpe starà camminando dritta verso il ruscello. Se la direzione dell acqua è quella di f( 4 ) il verso sarà invece opposto perché il gradiente è diretto verso il valore massimo della funzione perciò verso la cima del colle non verso valle dove va l acqua; dunque il versore dell acqua del ruscello sarà: v = f f = ( 4x 4y3 ) (1 1) ( 4x 4y 3 =. ) b. La pendenza è data dalla derivata direzionale di f nella direzione del ruscello: D v f = f v = f ( f ) = f = f il risultato è negativo perché la volpe sta scendendo (quote decrescenti derivata negativa) e dice che la discesa è abbastanza ripida (il pendio nella direzione del ruscello ha l inclinazione di una retta con coefficiente angolare ). c. Calcoliamo la derivata direzionale nella direzione v 1 presa dalla volpe: D v1 f = f v 1 = f (cos θ sin θ) = ( ) ( 1 3 ) = ( 3 1) 0 5 (questa volta la discesa è più ragionevole...) d. Calcoliamo la derivata nella direzione v dell escursionista: D v f = f v = f v cos α = f cos( π 3 ) = 1. Esercizio. Individuare la direzione v lungo cui D v f(1 1) = 0 con f(x y) = x sin y. Soluzione. Si verifica facilmente (ad esempio con il criterio di differenziabilità) che la

3 funzione è differenziabile nel punto considerato dunque vale la regola del gradiente: D v f(1 1) = f(1 1) v. Essendo: f(1 1) = (f x (1 1) f y (1 1)) = (sin 1 cos 1) si tratta di individuare il versore v = (cos θ sin θ) tale che f(1 1) v = sin 1 cos θ + cos 1 sin θ = 0. Dalla formula di addizione del seno otteniamo: Quindi θ = kπ 1; dunque: sin(1 + θ) = 0 θ + 1 = kπ k Z. v = (cos θ sin θ) = (± cos( 1) ± sin( 1)) in particolare otteniamo i due versori (direzione di θ = 1 nei due versi possibili): k pari k dispari v 1 = (cos( 1) sin( 1)) = (cos(1) sin(1)) v 1 = ( cos( 1) sin( 1)) = ( cos(1) sin(1)). Estremi liberi Definizione 1 Sia f : A R R e x 0 A y 0 A. x 0 è punto di minimo per f se: a. f(x 0 ) f(x) x A (minimo globale) b. f(x 0 ) f(x) x U(x 0 ) A (minimo locale) y 0 è punto di massimo per f se: a. f(y 0 ) f(x) x A (massimo globale) b. f(y 0 ) f(x) x U(y 0 ) A (massimo locale) I punti x 0 e y 0 dove la funzione assume i valori minimo e massimo si dicono estremanti; i valori m = f(x 0 ) e M = f(y 0 ) assunti dalla funzione nei punti di minimo e massimo si dicono estremi di f. Teorema 1 (Estremanti e punti critici) Se x 0 è estremante di f e f è derivabile in x 0 allora f(x 0 ) = (0 0) (x 0 è un punto critico o stazionario perf). 3

4 nota. Il teorema fornisce una condizione necessaria perché un punto sia estremante (e cioè che sia innanzitutto un punto stazionario o critico): ma ci possono essere punti critici che non sono estremanti (cioè la condizione non è anche sufficiente). Teorema (Test dell hessiana) Se f C (A) e x 0 critico allora detta fxx (x H f (x 0 ) = 0 ) f xy (x 0 ) f yx (x 0 ) f yy (x 0 ) A è un punto la matrice hessiana di f valutata nel punto x 0 si ha che: se H f (x 0 ) è definita positiva x 0 è minimo locale; se H f (x 0 ) è definita negativa x 0 è massimo locale; se H f (x 0 ) è indefinita x 0 è punto di sella (né minimo né massimo); se H f (x 0 ) è semidefinita occorre un analisi ulteriore (il test non dà informazioni sulla natura del punto stazionario). Ricordiamo che una forma[ quadratica ] q(x y) = ax + bxy + cy rappresentata dalla matrice H = si dice: a b b c definita positiva se det H > 0 e a > 0 oppure (equivalentemente) se entrambi gli autovalori sono positivi; definita negativa se det H > 0 e a < 0 oppure (equivalentemente) se entrambi gli autovalori sono negativi; indefinita se det H < 0 oppure (equivalentemente) se entrambi gli autovalori sono non nulli e di segno discorde; semidefinita positiva (risp. negativa) se det H = 0 e a > 0 o c > 0 (risp. a < 0 o c < 0) oppure (equivalentemente) se un autovalore è nullo e l altro positivo (risp. negativo). Esercizio. Determinare punti critici e stabilirne la natura per le funzioni: a. f(x y) = x + y x 3 ; b. g(x y) = x y 3. 4

5 Soluzione. a. Determiniamo i punti critici cioè le soluzioni di f(x y) = (0 0): fx (x y) = x 3x = x( 3x) = 0 f y (x y) = 4y = 0 che sono i due punti A(0 0) e B( 3 0). Calcoliamo l hessiana per stabilirne la natura: 6x 0 H f (x y) = 0 4 quindi: 0 H f (A) = H f (B) = 0 4 def. pos: minimo indefinita: sella. nota. Si poteva anche procedere in maniera alternativa osservando che la funzione considerata è la somma di una forma quadratica (primi due termini) più un terzo termine di grado maggiore. Questo consente di dire che nell origine poiché l ordine di infinitesimo della perturbazione y 3 è maggiore la funzione avrà lo stesso andamento della forma quadratica x + y che essendo una somma di termini positivi è strettamente positiva e presenta un minimo in (0 0) dove si annulla. Per quanto riguarda il punto B si può concludere che si tratta di una sella osservando ad esempio che: se lo si raggiunge lungo la retta verticale ( 3 y) (con y 0) si ha: f( 3 y) f( 3 0) = [ ( 3 ) ( ( ) 1 ( 1 + y 3) ] = y 3 3) > 0 y 0 mentre raggiungendolo lungo la retta orizzontale ( 3 + t 0) (con t 0): f( ( ) ( 3 + t 0) f( 3 0) = 3 + t 1 ( ) ( ) ( t) 3 3) ( ) ( ) ( ) 1 ( 1 = 3 + t 3 t 3 3) = t t 3 = t (1 + t) < 0 per t 0. Da tutto ciò si può concludere che: lungo la retta verticale la funzione presenta un minimo (essendo f(x y) > f(b) in un opportuno intorno del punto) lungo quella orizzontale invece ha un massimo (poiché si ha f(x y) < 5

6 f(b). b. Cerchiamo i punti stazionari: gx (x y) = x = 0 g y (x y) = 3y = 0 x = 0 y = 0 L unico punto stazionario è l origine; calcolando l hessiana si ha però che: H g (x y) = [ 0 0 6y ] H g (0 0) = [ nell origine è semidefinita. Ma è facile osservare che lungo gli assi: g(0 y) g(0 0) = y 3 cambia segno in un intorno di y = 0; g(x 0) g(0 0) = x è sempre positiva pertanto l origine è punto di sella. ] Esercizio. Cercare gli estremi liberi della funzione in tre variabili: f(x y z) = 3x + y + z xz + x + y + 1. Soluzione. Annulliamo il gradiente di f: f x (x y z) = 6z z + = 0 f y (x y z) = 4y + = 0 f z (x y z) = z x = 0 da cui risulta il solo punto critico A = ( ). Calcoliamo l hessiana: H f (x y z) = f x x f x y f x z f y x f y y f y z f z x f z y f z z = Per stabilire la natura del punto stazionario ricordiamo il seguente Teorema 3 Sia H la matrice che rappresenta una forma quadratica in n variabili. Allora detti H k con k = 1... n i minori di nordovest della matrice si ha che: H è definita positiva det H k > 0 k; H è definita negativa ( 1) k det H k > 0 k. 6

7 Perciò possiamo concludere che poiché l hessiana risulta definita positiva l origine è un punto di minimo locale. Esercizio. Determinare i punti di massimo e di minimo della funzione: f(x y) = (sin x) + cos y. Soluzione. Tenendo conto della periodicità della funzione rispetto ad entrambe le variabili si può limitare la ricerca degli estremanti al rettangolo [0 π) [0 π). Gli zeri del gradiente sono dati dal sistema: fx (x y) = sin x cos x = sin x = 0 f y (x y) = sin y x = 0 π π 3π y = 0 π I punti stazionari sono le otto coppie ordinate ottenibili con le ascisse x = 0 π π 3π} e le ordinate y = 0 π}. Calcoliamo l hessiana in tali punti: cos x 0 H(x y) = 0 cos y da cui si ottiene: 0 H(0 0) = H(π 0) = 0 1 H( π 0) = H( 3π 0 0) = H(0 π) = H(π π) = 0 1 H( π π) = H( 3π 0 π) = 0 1 selle massimi minimi selle. Esercizio. Determinare massimi e minimi di f(x y) = xy e x4 y. Soluzione. Per semplificare il calcolo delle derivate prime e seconde osserviamo che essendo la funzione logaritmo una funzione strettamente crescente gli estremanti di f(x y) coincidono con quelli di ln f(x y) almeno nell insieme in 7

8 cui quest ultimo è ben definito cioè dove f(x y) > 0. Cominciamo allora la ricerca degli estremanti di: g(x y) = ln(xy e x4 y ) = ln xy x 4 y nel suo insieme di definizione C = (x y) : xy > 0} = x > 0 y 0}. (Ci occuperemo in seguito dei punti tralasciati). I punti stazionari sono dati dal sistema: gx (x y) = 1 x 4x3 = 0 g y (x y) = 1 y y = 0 4x 4 = 1 y = 1 Tenendo conto delle condizioni troviamo nell insieme C due punti stazionari: ( 1 1) e ( 1 1). Calcoliamo l hessiana di g: H g (x y) = [ 1 x 1x 0 0 y poiché compaiono solo potenze pari di entrambe le variabili l hessiana risulta identica nei due punti stazionari: H g ( ±1) = 0 4 da cui i due punti risultano massimi locali. Consideriamo ora l insieme complementare di C cioè xy 0} = x = 0} y = 0} x < 0}. Osservando che la funzione considerata gode della simmetria rispetto all asse delle ordinate data dalla relazione: f(x y) = f( x y) possiamo dire che nel semipiano x < 0} i due punti simmetrici ai massimi appena trovati ( 1 ±1) sono dei minimi. Restano da valutare i due assi cartesiani dove la funzione è nulla: f(x 0) = f(0 y) = 0: confrontiamo i valori assunti dalla funzione in punti prossimi agli assi con quello nullo assunto sugli assi; in altre parole studiamo il segno della funzione: dunque f(x y) > 0 se x > 0 f(x y) = 0 se x = 0 f(x y) < 0 se x < 0 (0 y 0 ) selle y 0 R (x 0 0) minimi se x 0 > 0 (x 0 0) massimi se x 0 < 0. ] 8