COMPLEMENTI DI ANALISI VETTORIALE

Transcript

1 COMPLEMENTI DI ANALISI VETTORIALE Giovanni Maria Troianiello 7 settembre 25

2 CALENDARIO DEGLI ORALI DI CHI HA SUPERATO LO SCRITTO ENTRO LA SESSIONE ESTIVA (ATTENZIONE: È POSSIBILE CHE SI RENDANO NECESSARIE DELLE PO- STICIPAZIONI, CHE SARANNO COMUNICATE IL PIÙ TEMPESTIVAMENTE POSSIBILE SU QUESTA PAGINA) Giovedì 7/9 alle : PRIOLO SABATUCCI SCIUBBA RIGGIO Venerdì 8/9 alle : PARAIPAN SBANDI VANNOLI PUGLIESE Mercoledì 23/9 alle 2: DAMIANI TUTTI GLI ORALI SI SVOLGERANNO NELLO STUDIO 28 DI MATEMATICA 2

3 ANALISI VETTORIALE COMPITO DEL 5/9/25 Nessuno dei 4 compiti consegnati a conclusione dello scritto ha ottenuto la sufficienza, benché la mia collega ed io ne avessimo abbassato la soglia a 3 esercizi fatti bene su 5, avendo deciso di non tener conto dell Esercizio 2 dal momento che il testo ne era stato presentato in maniera erronea. Esercizio Studiare continuità, derivabilità parziale e differenziabilità in (, ) della funzione e x 3 y x 3 y x 2 + y 2. Risposta Nel testo si sarebbe dovuta inserire anche la definizione f(, ) =, ma peraltro tutti l hanno giustamente dato per scontata. L approssimazione di f al secondo ordine (e non del suo numeratore al primo, come hanno fatto in tanti!) dà f(x, y) x 2 y 2/3 2 x 2 + y 2 per (x, y) (, ) e da qui si ricava facilmente che in (, ) la f è continua e dotata di gradiente nullo, ma non differenziabile. Esercizio 2 Data la serie di funzioni [ne nx2 (n + )e (n+)x2] n= si provi che converge puntualmente in [,] e se ne trovi la somma. La serie converge uniformemente in [,]? Risposta Testo sbagliato: si doveva richiedere di trovare i punti di [, ] in cui la serie telescopica! converge (quelli di ], ]), di calcolare in tali punti la sua somma (zero) e di determinare dove la convergenza è uniforme (in ogni [ε, ] con ε > ). Come precisato qui sopra, di questo esercizio non abbiamo tenuto conto ai fini della valutazione dei compiti. Esercizio 3 Calcolare l integrale triplo { z 2 dxdydz, D = (x, y, z) R 3 ; x 2 + y 2 z 2, z } 2. D Risposta In coordinate cilindriche si ottiene il valore π 5 (4 2 ). Esercizio 4 Risolvere il problema di Cauchy { y tan x 4 y = 3 sin x 4 y3 y() = 3 3

4 Risposta L equazione è di Bernoulli. Prendendo z = y 2 e risolvendo il problema lineare di Cauchy z + tan x 2 z + 3sin x =, 2 z() = 3 si arriva alla soluzione richiesta y = 3 cos x. Esercizio 5 Calcolare l integrale curvilineo (sin x + 3y 2 ) dx + (2x e y2 ) dy ϕ dove ϕ è il bordo del semidisco x 2 + y 2 a 2, y, orientato in senso antiorario. Risposta Formula di Gauss Green: l integrale curvilineo vale [(2x e y2 ) x (sin x + 3y 2 ) y ] dxdy = πa 2 4a 3. x 2 +y 2 a 2,y Esercizio 6 Far vedere che la funzione è definita e continua su tutto R. y e x log(x 2 + y 2 ) dx Risposta La continuità in un qualunque y è ovvia. D altra parte, e x log(x 2 + y 2 ) e log x 2 per x 2 + y 2, e questo basta a garantire la continuità in y = dal momento che l integrale improprio di log x 2 = 2 log x da a è convergente (assolutamente). 4

5 TESTO CONSIGLIATO BARUTELLO, CONTI, FERRARIO, TERRACINI, VERZINI: ANALISI MATEMATICA, VOL.2 Consultare anche: Lezioni 3/9/24 Derivabilità e differenziabilità in e in 2 variabili. //24 Derivazione delle funzioni composte; derivate direzionali; teorema del differenziale totale. 3//24 Le classi C e C 2 ; enunciato del teorema di Schwarz. 7//24 Correzione di esercizi; formula di Taylor in più variabili. 8//24 Teorema del valor medio e lipschitzianità in più variabili; matrice hessiana. //24 Forme quadratiche semidefinite o definite o indefinite; condizioni necessarie e condizioni sufficienti per l esistenza di un estremo locale. 4//24 Correzione di esercizi. 5//24 Correzione di esercizi; introduzione alle funzioni implicite. 7//24 Dimostrazione del Teorema di Dini nel piano. 2//24 Il teorema di Dini per funzioni scalari nello spazio e per sistemi //24 Il teorema di Dini per per sistemi 2 4 e invertibilità locale delle trasformazioni del piano. 24//24 I moltiplicatori di Lagrange; sviluppi di Taylor. 28//24 Correzione di esercizi; definizione di continuità uniforme; integrabilità delle funzioni continue sugli intervalli compatti. 29//24 Controesempi alla continuità uniforme; definizione di integrali impropri. Per ciò che riguarda la somma dei naturali, cfr. e, non fosse che per farsi una vaga idea della precisione (mi dispiace, ma non so come altro dirlo) 5

6 3//24 Criterio del confronto per integrali impropri di funzioni non-negative; convergenza semplice ed assoluta. 4//24 Correzione di esercizi; criterio integrale per la convergenza assoluta delle serie. 5//24 Teorema di Leibniz per serie a termini di segno alterno; continuità e derivabilità di integrali di Riemann dipendenti da parametri. 7//24 Convergenza uniforma di successioni; continuità della funzione limite, passaggio al limite sotto il segno di integrale e di derivata; integrali impropri dipendenti da parametri. //24 Serie di funzioni: convergenza uniforme e convergenza totale. 2//24 Serie di potenze: raggio di convergenza. 4//24 Correzione di esercizi. 8//24 Derivazione delle serie di potenze; funzioni analitiche. 9//24 Serie di Taylor: esponenziale, seno e coseno, logaritmo ed esponenziale. 2//24 Esercizi. 25//24 I compito d esonero. 26//24 Definizione dell integrale doppio di Riemann. 28//24 Insiemi piani PJ-misurabili; teoremi di integrabilità di funzioni continue. 2/2/24 Correzione di esercizi. 3/2/24 Integrali su domini normali; rivisitazione degli integrali doppi con le funzioni a scala. 5/2/24 Cambiamenti di variabili negli integrali doppi. 9/2/24 Correzione di esercizi. /2/24 Complementi sull elemento di area nella trasformazione di coordinate sull integrale di Lebesgue; integrali tripli. 2/2/24 Cambiamenti di coordinate in integrali tripli; coordinate sferiche; integrali impropri nel piano e nello spazio. 6/2/24 Correzione di esercizi. 7/2/24 Curve; integrali curvilinei di I e II specie; forme differenziali esatte e chiuse. 9/2/24 Esattezza locale delle forme differenziali chiuse; aperti stellati; lunghezza di una curva. 7//25 Formula di Gauss Green. 6

7 9//25 Superfici e integrali superficiali. 3//25 Correzione di esercizi. 4//25 Stokes e divergenza in dimensione 3; equadiff esatte; metodo di variazione della costante. 6//25 Equazione di Bernoulli; metodo di Duhamel; la risonanza. 2//25 Correzione di esercizi. 2//25 Esistenza e unicità in grande. 23//25 Esistenza e unicità in piccolo. 7

8 STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL I ESONERO (A fianco i voti espressi con lettere: A tra 27 e 3, B tra 24 e 26, C tra 9 e 23, D tra 5 e 8) Miceli C Mirabelli D Morelli C Nicoletti C Norelli A Occhiuzzi C Ottaviani D Palomba D Panza D Papetti D Parisi D Parodi D Patti D Perrupato C Petrelli D Petrolati C Piacentini A Pisegna B Porzio B Pugliese B Sabetta B Salvi D Santoni D Sarra C Sbandi D Schiattarella D Serra D Soltani B Staltari D Suprano C Talamanca B Testa A Tritto D Vannini C Vannoli D Venanzi D Verratti B Vitale D Vittorio B STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL II ESONERO Miceli B Nicoletti D Norelli C Occhiuzzi D Perrupato A Pisegna D Porzio D Piacentini B Ricciarelli D Sabetta D Salvi C Soltani A Sarra B Suprano C Testa B Tritto D Venanzi D Verratti D Vitale D Vittorio C STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL COMPITO DEL 26/ Mungo A Ottaviani D Paletta D Palmucci C Panza D Parisi D Parodi C Patti C Pugliese D Qulaghasi D Sabetta B Santoni C Pesce B Schiattarella B Sbandi C Staltari D Talamanca D Verratti B STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO IL COMPITO DELL /2 Mirabelli D Morelli D Mottarelli D Nicoletti B Occhiuzzi C Ottaviani C Papetti C Parisi C Petrelli C Pucciarelli D Quaresima D Roberti D Sabatucci D Sarra C Sciubba D Pugliese C Talamanca B Tartaglia D Trinca D Torre C Vannini D Vannoli C Vitale C Vittorio B STUDENTESSE E STUDENTI CHE HANNO SUPERATO LO SCRITTO DEL 3/7 DAMIANI D PARAIPAN D PRIOLO D RIGGIO D SCIUBBA D VENTRE C 8

9 COMPITO PER CASA DEL 3//24 Esercizio Sia f : R n R, f(x) = x la norma euclidea. (a) Provare che f non ammette derivate parziali nell origine. (b) Provare che f è differenziabile in ogni punto x. Risposta (a) Per definizione, esiste la derivata parziale di f rispetto a x k nel punto se la funzione φ(t) = f(,...,, t,,..., ), t R, è derivabile in t =. Ora, φ(t) = t 2 = t, quindi φ non è derivabile in t =, perché il limite destro e il limite sinistro del rapporto incrementale φ(t) φ() t sono diversi. Dunque in x = non esiste la derivata parziale di f rispetto a x k per k =,..., n. (b) Sia x. La funzione radice quadrata di un numero non negativo, [, ) R, s s, è derivabile in ogni punto s >, con derivata /(2 s). Quindi la funzione (di una variabile reale) φ(t) = f(t, x 2,..., x n ) = t 2 + x x2 n è derivabile nei punti t R tali che t 2 + x x2 n >. La sua derivata è φ (t) = 2t 2 t 2 + x , x2 n e la derivata parziale di f rispetto a x nel punto in x è, per definizione, φ (t) calcolata per t = x, cioè x f(x) = φ x (x ) = x 2 + x = x x2 x. n Notiamo che questa frazione ha senso perché in x. In modo analogo si ottiene l esistenza della derivata parziale rispetto a x k per ogni k =,..., n, con xk f(x) = x k x. Ogni derivata parziale xk f : R n \ {} R è una funzione continua, e quindi f è differenziabile in ogni punto x per il teorema del differenziale totale. Esercizio 2 In quali punti del piano è differenziabile la funzione f(x, y) = xy? Risposta In tutto S = piano privato degli assi coordinati è facile vedere che f x (x, y) e f y (x, y) esistono e valgono rispettivamente (x/ x ) y e x (y/ y ). Poiché in S queste sono funzioni continue, il Teorema del differenziale totale garantisce la differenziabilità in S. Nei punti (x, ) con x la funzione y x y non è derivabile, per cui non esiste f y (x, ), così come nei punti (, y ) con y non è derivabile la funzione x x y, per cui non esiste f x (, y ). Dunque f non è differenziabile nei punti degli assi coordinati diversi dall origine. Nell origine non possiamo pensare di provare ad applicare il Teorema del differenziale totale, perché in ogni intorno esistono dei punti in cui manca l una o l altra delle derivate. Proviamo 9

10 con la verifica diretta. Sia f x (, ) che f y (, ) esistono e sono nulle, per cui la f è differenziabile nell origine dal momento che, grazie alla nota (e elementare) disuguaglianza xy 2 (x2 + y 2 ), si ha f(x, y) f(, ) f x (, )x f y (, )y x 2 + y 2 = xy per (x, y) (, ). x 2 + y2 Esercizio 3 Sia f(x, y) = x /3 y 2/3. (i) Determinare in quali punti del piano la f è differenziabile. (ii) Calcolare le derivate direzionali nell origine. Risposta Le derivate direzionali esistono nel piano privato degli assi coordinati perché lì f è C, e quindi si applica la condizione sufficiente non necessaria! fornita dal Teorema del differenziale totale. Nei punti degli assi coordinati non possiamo calcolare le eventuali derivate parziali con le usuali regole di calcolo perché in essi si annulla l argomento di una radice che dovrebbe andare a denominatore, e quindi dobbiamo controllare direttamente i limiti dei rapporti incrementali h f(x, h) f(x, ), h h f(h, y) f(, y). h Vediamo così che nei punti (x, ) con x non esiste la derivata direzionale f y, mentre nei punti (, y) con y non esiste la derivata direzionale f x ; nell origine invece f non solo ammette le derivate parziali rispetto a x e rispetto ad y, entrambe nulle, ma inoltre verifica f(tu, tu 2 ) t = tu/3 u 2/3 2 t = u /3 u 2/3 2 per ogni scelta del versore u = (u, u 2 ). Ne segue che f è dotata di ogni derivata direzionale f (, ) = u/3 u 2/3 2, u ma non è differenziabile: verifica diretta, oppure formula del gradiente f(, ) u = f u (, ) per u u 2. Esercizio 4 Per ognuna delle funzioni f(x, y) = x y 2, g(x, y) = 3 x 2 + y 2 +, h(x, y) = x x y + y 2 + 2, l(x, y) = cos( x 2 + y 2 ) calcolare le derivate parziali nei rispettivi insiemi di definizione e determinare dove la funzione è differenziabile.

11 Risposta Utilizzando calcoli standard si ha f x (x, y) = x x 2 + 2y 2, f y(x, y) = 2y x 2 + 2y 2 per ogni (x, y) D = R 2 \ {(, )}. Poiché tali derivate parziali risultano continue in D, la funzione f è differenziabile in tutto D per il teorema del differenziale totale. Nel punto (, ) la funzione non può essere differenziabile in quanto in tale punto non esistono neppure le derivate parziali: ad esempio si osservi che f(x, ) è uguale a x 2 = x, che non è derivabile in. Nel secondo caso abbiamo g x (x, y) = 3x 3x 2 + y 2 +, g y(x, y) = y 3x 2 + y 2 + per ogni (x, y) R 2. Quindi possiamo concludere che la funzione g è differenziabile dappertutto. Nel caso della terza funzione otteniamo h x (x, y) = x + y (x + y) 2 + 2, h y(x, y) = x + y (x + y) : come nel caso precedente osserviamo che le derivate parziali sono definite e continue in R 2, per cui la funzione g risulta differenziabile in ogni punto. Infine per quanto riguarda l ultima funzione otteniamo le derivate l x (x, y) = x sin( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2, l y (x, y) = y sin( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 definite e continue in R 2 \ {(, )}, per cui la funzione è differenziabile in tale insieme. Resta da analizzare il punto (, ). In esso la funzione risulta continua. Calcoliamo le derivate parziali: f(x, ) f(, ) cos( x ) lim = lim =, x x x x per cui esiste l x (, ) =. Con un calcolo analogo si ottiene l y (, ) =. Quindi affinché l sia differenziabile nell origine dobbiamo dimostrare che esiste ed è uguale a zero il seguente limite cos( x lim 2 + y 2 ). (x,y) (,) x 2 + y 2 cos(t) Ma ciò è assicurato dal limite di una variabile lim t t =. Infatti, posta s(t) := cos(t) t, che si estende per continuità ponendola uguale a zero nell origine, il limite in due variabili di sopra coincide con lim s( x 2 + y 2 ) (x,y) (,) che vale zero per noti risultati sulla composizione di funzioni continue. Questa osservazione può essere utilizzata ogni volta in cui risulta utile sfruttare limiti noti di funzioni di una variabile. Esempi: sin(3x 2 + y 6 ) e x4 +y 2 lim (x,y) (,) 3x 2 + y 6 =, lim (x,y) (,) x 4 + y 2 =,

12 log( + x 2 + 3y 2 ) lim = lim (x,y) (,) x 2 + y 2 (x,y) (,) log( + x 2 + 3y 2 ) x 2 + 3y 2 x 2 + 3y 2 x 2 + y 2 = =. Esercizio 5 Data la funzione f(x, y) = e 2x2 +y 2 +x 3y, scrivere l equazione del piano tangente a z = f(x, y) nel punto (,, ). Dimostrare che il grafico della funzione f giace sempre sopra il grafico di tale piano tangente. Risposta Osserviamo preliminarmente che la funzione f ammette derivate parziali di ogni grado, tutte continue. Quindi la funzione f è differenziabile, e di conseguenza dotata di piano tangente in ogni punto del piano. In particolare, nell origine il piano tangente ha equazione z = f(, ) + f x (, )x + f y (, )y, ovvero, poiché f(, ) =, f x (, ) =, f y (, ) = 3, z = + x 3y. Per dimostrare la seconda parte conviene utilizzare la disuguaglianza e t + t, valida per ogni t R, che si ottiene ad esempio dallo sviluppo di Taylor al primo ordine di e t con resto in forma di Lagrange. Abbiamo quindi da cui la tesi. f(x, y) = e 2x2 +y 2 +x 3y + 2x 2 + y 2 + x 3y + x 3y Esercizio 6 Sia f : R 2 R, cos(xy) f(x, y) = x 2 + y 2 se (x, y) (, ), se (x, y) = (, ). Studiarne (a) la continuità, (b) l esistenza delle derivate parziali, (c) la differenziabilità. (d) Scrivere, se esistono, i piani tangenti a z = f(x, y) in (,, ) e in ( π, π, /π). Risposta (a) La funzione f è banalmente continua in R 2 \ {(, )}. Resta da studiare la sua continuità nel punto (, ). A tal fine ricordiamo che cos t 2 t2 t R. Abbiamo dunque f(x, y) f(, ) = cos(xy) x 2 + y 2 2 (xy)2 x 2 + y 2 2

13 e l ultimo termine tende a per (x, y) (, ), come si vede ad esempio maggiorando xy con (x 2 + y 2 )/2, oppure passando alle coodinate polari. In conclusione, f è continua anche in (, ). (b) Calcoliamo la derivata parziale rispetto a x della f in un punto (x, y) (, ), con le usuali regole di derivazione di Analisi (qui x è la variabile, mentre y ha il ruolo di una costante): x f(x, y) = y sin(xy)(x2 + y 2 ) ( cos(xy)) 2x (x 2 + y 2 ) 2 = y sin(xy) ( cos(xy)) 2x x 2 + y 2 (x 2 + y 2 ) 2. In modo simile si calcola y f(x, y) = x sin(xy) x 2 + y 2 ( cos(xy)) 2y (x 2 + y 2 ) 2. D altra parte, in (, ) esistono le derivate parziali, entrambe nulle (la funzione è identicamente nulla sugli assi coordinati). In conclusione, le derivate parziali di f esistono in tutti i punti di R 2. (c) Essendo somme, prodotti e composizioni di funzioni continue, le derivate parziali di f sono funzioni continue in R 2 \{(, )}: grazie al teorema del differenziale totale, dunque, f è differenziabile in tutti i punti (x, y) (, ). Resta da studiare la differenziabilità nell origine, e a tal fine basta applicare la definizione: f è differenziabile perché dalla ( ) segue che f(x, y) f(, ) f x (, )x f y (, )y ((x 2 + y 2 ) /2 = cos(xy) (x 2 + y 2 ) 3/2 2 (xy)2 (x 2 + y 2 ) 3/2 2 ( 2 (x2 + y 2 )) 2 (x 2 + y 2 ) 3/2. Molto, ma molto più lunga è invece la strada alternativa che passa per lo studio dell eventuale continuità in (, ) delle derivate parziali, con l obbiettivo di applicare, in caso affermativo, il teorema del differenziale totale. Abbiamo provato (punto (b)) che Per la disuguaglianza triangolare, y sin(xy) ( cos(xy)) 2x x f(x, y) = x 2 + y 2 (x 2 + y 2 ) 2 se (x, y) (, ), se (x, y) = (, ). x f(x, y) x f(, ) y sin(xy) x 2 + y 2 + cos(xy) 2 x (x 2 + y 2 ) 2. Siccome otteniamo per il primo termine, mentre per il secondo. Quindi y sin(xy) x 2 + y 2 sin t t t R y x y x 2 + y 2 = y2 x 2 x x + y2 cos(xy) 2 x (x 2 + y 2 ) 2 x2 y 2 x (x 2 + y 2 ) 2 = x2 y 2 x 2 + y 2 x 2 x x + y2 x f(x, y) x f(, ) y sin(xy) x 2 + y 2 + cos(xy) 2 x (x 2 + y 2 ) 2 3

14 per cui x f è continua in (, ). Similmente si prova che anche y f(x, y) y f(, ) = per (x, y) (, ). Per il teorema del differenziale totale, f è differenziabile in (, ). Possiamo comunque concludere f è differenziabile in tutti i punti di R 2. Esercizio 7 Siano Calcolare F (, ). f(x, y) = arctan(e x2y cos(x + y)), φ(u, v) = log( + uv), ψ(u, v) = u 2 + v 2, F (u, v) = f(φ(u, v), ψ(u, v)). Risposta La f è regolarissima in tutto il piano xy, la φ lo è per uv > e la ψ in tutto il piano uv, per cui si può applicare la regola di derivazione delle funzioni composte al variare di u e v con uv >, quindi in particolare in un intorno dell origine del piano uv. Dal momento che risulta F u (u, v) = f x (φ(u, v), ψ(u, v))φ u (u, v) + f y (φ(u, v), ψ(u, v))ψ u (u, v), F v (u, v) = f x (φ(u, v), ψ(u, v))φ v (u, v) + f y (φ(u, v), ψ(u, v))ψ v (u, v) e φ(, ) = ψ(, ) = (, ), si ha F (, ) = (, ). 4

15 COMPITO PER CASA DEL //24 Esercizio Determinare eventuali punti critici e eventuali massimi e minimi relativi delle seguenti funzioni: x 3 3xy + 6y, e x2 y 2 +2x 2y, 2(x 2 + y 2 + ) x 4 y 4, xy 2 x 2 y 2, log( + x 2 y) x + 2y. Risposta Per ottenere i punti critici dobbiamo vedere in quali punti le due derivate parziali si annullano contemporaneamente, ovvero risolvere il sistema { fx (x, y) = f y (x, y) =, In generale la risoluzione di un tale sistema può essere complicata o addirittura proibitiva. Non però nel caso degli esempi di questo esercizio, in cui si devono fare dei conti piuttosto elementari. Riportiamo le soluzioni per le prime 4 funzioni: x 3 3xy + 6y, ha un unico punto critico: (2, 4) e x2 y 2 +2x 2y, ha un unico punto critico: (, ) 2(x 2 + y 2 + ) x 4 y 4, ha 9 punti critici: (, ), ( ± ), (±, ), (±, ±), (±, ), xy 2 x 2 y 2, ha 3 punti critici: (, ), (, ± 2). Svolgiamo i dettagli solo per la funzione f(x, y) := log( + x 2 y) x + 2y. Come prima cosa osserviamo che la funzione è definita nel dominio D = {(x, y) R 2 : + x 2 y > }. Per determinare i punti critici risolviamo il sistema { fx (x, y) = + 2xy +x 2 y = f y (x, y) = 2 + x2 +x 2 y =. Dunque dobbiamo avere + x 2 y = 2xy, ma anche + x 2 y = x2 2, e questa seconda equazione non ammette soluzioni in D. Passiamo a studiare per ognuno dei punti critici il comportamento della matrice Hessiana. La funzione f(x, y) = x 3 3xy+6y ammette un unico punto critico in (2, 4), e siccome f x (x, y) = 3x 2 3y, f y (x, y) = 3x + 6, per cui f xx (x, y) = 6x, f xy (x, y) = 3, f yy (x, y) =, il determinante della matrice Hessiana risulta negativo in ogni punto del piano; in particolare, il punto critico è punto di sella. La funzione f(x, y) = e x2 y 2 +2x 2y ammette un unico punto critico in (, ). Poiché la funzione esponenziale è monotona crescente, per determinare max e min relativi ci basta studiare max e min relativi della funzione che si trova ad esponente. Studiamo quindi la funzione g(x, y) = x 2 y 2 + 2x 2y: abbiamo g x (x, y) = 2x + 2, g y (x, y) = 2y + 2, quindi g xx (x, y) = 2, g yy (x, y) = 2, g xy (x, y) =. La matrice Hessiana ha autovalori negativi (e coincidenti), e quindi il punto critico è un punto di massimo relativo. La funzione f(x, y) = 2(x 2 + y 2 + ) x 4 y 4 ammette 9 punti critici dati da (, ), ( ± ), (±, ), (±, ±), (±, ), ma in realtà le simmetrie della funzione ci assicurano che è sufficiente studiare il comportamento della funzione nei punti (, ), (, ) e (, ). Siccome f x (x, y) = 4x 4x 3, f y (x, y) = 4y 4y 3, quindi f xx (x, y) = 4 2x 2, f xy (x, y) =, f yy (x, y) = 4 2y 2, abbiamo innanzitutto che l hessiana in ogni punto è una matrice diagonale. 5

16 Nel punto (, ) risulta f xx (, ) = f yy (, ) = 4. Dunque l origine è un punto di minimo relativo. Nel punto (, ) si ha f xx (, ) = 8, f yy (, ) = 4, e quindi si tratta di un punto di sella. Nel punto (, ) si ha f xx (, ) = f yy (, ) = 8, e quindi si tratta di un punto di massimo relativo. Per simmetria abbiamo che i punti (±), (±, ) sono punti di sella e i punti (±, ±), (±, ) sono punti di massimo relativo. La funzione f(x, y) = xy 2 x 2 y 2 ammette i 3 punti critici (, ), (, ± 2). Già senza fare ulteriori calcoli si può constatare che (, ) è un punto di massimo relativo (perché?). Coi calcoli: f x (x, y) = y 2 2x, f y (x, y) = 2xy 2y, quindi f xx (x, y) = 2, f xy (x, y) = 2y, f yy (x, y) = 2x 2. Quindi nel punto (, ) si ha f xx (, ) = f yy (, ) = 2 e f xy (, ) = e ciò mostra, come anticipato, che (, ) è un punto di massimo relativo. Nei punti (, ± 2) si ha f xx (, ± 2) = 2, f yy (, ± 2) =, f xy (, ± 2) = ±2 2, per cui si tratta di punti di sella. Esercizio 2 Dimostrare, senza eseguire derivazioni, che la funzione f(x, y) = sin(x 2 +y 2 ) cos(x y) ammette minimo relativo nel punto (, ). Risposta La funzione sin(x 2 + y 2 ) è in un intorno di (, ) e vale zero in (, ), quindi zero è il valore minimo assunto dal primo addendo in un intorno di (, ). Per quanto riguarda il secondo addendo cos(x y) si nota che in (, ) vale che è il suo valore minimo assoluto. Esercizio 3 (i) Cercare massimi e minimi locali di (ii) Calcolare (prima) sup R 2 f e (poi) inf R 2 f. f(x, y) = x 4 + y 4 2(x y) 2. Risposta (i) I punti critici sono le soluzioni del sistema x 3 x + y =, y 3 y + x =. Sommando otteniamo innanzitutto che dev essere x 3 + y 3 =, ovvero x = y. Insieme a questa equazione va considerata una delle due che la precedono, diciamo la prima. Ne segue che dev essere x 3 2x =, per cui si ottengono i tre punti critici O = (, ), P = ( 2, 2), Q = ( 2, 2). Siccome f xx = 4(3x 2 ), f yy = 4(3y 2 ), f xy = 4, in P e Q le hessiane coincidono, con determinante positivo, e inoltre f xx >. Dunque P e Q sono punti di minimo locale, e in entrambi f vale 8. Nell origine l hessiana si annulla, dunque non fornisce indicazioni, ma basta studiare la funzione sulle bisettrici y = x e y = x per constatare che O è un punto di sella. (ii) Si mostra subito che sup R 2 f = : infatti muovendosi sulla retta y = x si ottiene lim f(x, x) = lim x x 2x4 =. In effetti si può osservare di più: f(x, y) per x 2 + y 2. abbiamo Infatti in coordinate polari f(ϱ cos ϑ, ϱ sin ϑ) = ϱ 4 (cos 4 ϑ + sin 4 ϑ) 2ϱ 2 (cos ϑ sin ϑ) 2 ϱ 4 m 4ϱ 2 6

17 (dove m > è il minimo di cos 4 ϑ + sin 4 ϑ su [, 2π]). Questo ci serve perché, siccome il secondo membro della disuguaglianza qui sopra tende all per ϱ, si ha f(x, y) (per esempio) se x 2 + y 2 è maggiore di un R 2 sufficientemente grande. Ma la f assume anche valori negativi, come si vede ad esempio prendendo i punti (x, ) con < x < 2. Tutti i valori negativi di f sono necessariamente assunti in punti dove x 2 + y 2 R 2, per cui è in tale insieme che va cercato l inf, che è anche il minimo grazie a Weierstrass: il minimo locale 8 di f nel compatto x 2 + y 2 R 2 è anche l inf R 2 f, cioè è minimo assoluto. Esercizio 4 Siano A un aperto di R N e f C 2 (A). Far vedere che, se in un x A il gradiente di f si annulla e la sua matrice hessiana ha sulla diagonale principale due elementi di segno opposto, allora x è un punto di sella. Risposta Per ogni fissata direzione u = (u,..., u N ) scriviamo ϕ [u] (t) = f(x + tu) e otteniamo ϕ [u] () = ( f(x ), u) =, ϕ [u] () = ( 2 f(x )u, u) = N j,k= f xj x k (x )u j u k. Se f xj x j (x ) > e f xk x k (x ) <, indichiamo con e j e e k i versori rispettivamente dell asse x j e dell asse x k. Otteniamo ϕ [e j ] () = f x j x j (x ) >, ϕ [e k ] () = f x k x k (x ) <. Dunque t = è un punto di minimo per ϕ [ej ] e di massimo per ϕ [ek ]: ne segue che x è un punto di minimo per la restrizione di f all asse x j e di massimo per la restrizione di f all asse x k. Esercizio 5 Cercare il massimo e il minimo assoluto di f(x, y) = xy sul disco x 2 + y 2. Risposta L unico punto critico interno al disco è l origine, che è di sella: il grafico di f è il paraboloide iperbolico y 2 x 2 = ruotato di π/4! Sulla frontiera abbiamo un problema di estremi vincolati. Ci riconduciamo a un problema di estremi liberi in dimensione passando in coordinate polari: g(t) = f(cos t, sin t) = cos t sin t, t 2π. Imponendo g (t) = troviamo la condizione cos 2 t = sin 2 t, e quindi o cos t = sin t oppure cos t = sin t: la f ha massimo in (±/ 2, ±/ 2) e minimo in (±/ 2, / 2). Esercizio 6 Massimo e minimo assoluti di f(x, y) = x 2 + y 2 (x 2 y 2 ) sul disco x 2 + y 2. x 2 + y 2. Risposta Gli estremi vanno cercati: (i) tra i punti interni in cui f è derivabile con gradiente nullo, e questo è solo il caso dell origine (si noti che le derivate in x = y = esistono e sono continue), dove si vede subito che il grafico della funzione presenta una sella; (ii) tra i punti di frontiera, dove abbiamo un problema di estremi vincolati, ma ci riconduciamo a un problema di estremi liberi in dimensione passando in coordinate polari, per cui f si scrive [, 2π] t cos 2 t sin 2 t = cos 2t e quindi assume massimo uguale a e minimo uguale a. Questi valori sono anche il massimo e il minimo di f su tutto il disco, visto che f(, ) =. Peraltro un osservazione geometrica che semplifica i conti è la seguente: siccome ogni punto del disco cade, per un r [, ], su una circonferenza x 2 + y 2 = r 2, dove il minimo r 3 e il massimo 7

18 r 3 della funzione sono assunti rispettivamente in (, r) e (r, ), otteniamo che sia il minimo assoluto e sia il massimo assoluto della funzione sul disco sono assunti sulla circonferenza di frontiera, rispettivamente in (, ) e in (, ). Esercizio 7 (i) Far vedere che in A = {(x, y, z) R 3 x, y, z >, x 2 + y 2 + z 2 = 5r 2 } (r > ) esiste il massimo di f(x, y, z) = log x + log y + 3 log z e calcolarlo. (ii) Sia (x, y, z ) il punto di massimo per f. Dalla disuguaglianza f(x, y, z) f(x, y, z ) per (x, y, z) = (α /2, β /2, γ /2 ) A dedurre che 3 numeri arbitrari α, β, γ > verificano ( ) α + β + γ 5 αβγ [Suggerimento Si noti che A non è un aperto di R 3, e nei suoi eventuali punti di massimo o minimo per f non c è nessun motivo che f si annulli né, tantomeno, che la sua hessiana abbia un qualunque carattere! Ci si può però ricondurre a un problema di minimo libero in dimensione 2 osservando che A è il grafico della funzione z = 5r 2 x 2 y 2 definita nell insieme B = {(x, y) R 2 x, y >, x 2 + y 2 < 5r 2 }, aperto di R 2.] Risposta (i) Un eventuale massimo o minimo di f in A è rispettivamente un massimo o minimo della funzione g(x, y) = f(x, y, 5r 2 x 2 y 2 ) = log x + log y + 3 log 5r 2 x 2 y 2, (x, y) B. Sommando membro a membro le equazioni g x =, ovvero 5r 2 4x 2 y 2 =, e g y =, ovvero 5r 2 x 2 4y 2 =, si ottiene innanzitutto la condizione x 2 +y 2 = 2r 2, che poi, sostituita in una delle due equazioni, dà x = y = r. In (r, r) la g ha un massimo relativo (perché g xx (r, r) = g yy (r, r) = 8r, g xy (r, r) = ), che anzi è assoluto perché g(x, y) quando x 2 + y 2 5r 2. Dunque f assume massimo 5 log r + 3 log 3 in (r, r, 3r). (ii) Passando agli esponenziali nella disuguaglianza log x + log y + 3 log z 5 log r + 3 log 3 si ottiene xyz 3 3 3r 5 = 3 ( x 2 + y 2 + z e si conclude elevando al quadrato. Esercizio 8 Trovare i valori di (x, y, z) per i quali la funzione f(x, y, z) = xy + 2xz + 2yz assume valore minimo sul parallelepipedo rettangolo di lati lunghi x, y, z e volume fissato = V >. [Suggerimento Ricondursi a un problema in dimensione 2 ponendo z = V/(xy) e g(x, y) = f ( x, y, V xy ) ) 5/2 = xy + 2V y + 2V x = x2 y 2 + 2V x + 2V y.] xy Risposta Cerchiamo i punti critici di g in A = primo quadrante aperto: g x (x, y) = (x2 y 2V )y 2 (xy) 2 Le soluzioni si ottengono per = y 2V x 2 =, g y(x, y) = (x2 y 2V )x 2 (xy) 2 x 2 y = 2V, xy 2 = 2V, = x 2V y 2 =. ovvero x = y = (2V ) /3. Siccome g xx (x, y) = 4V x 3, g yy (x, y) = 4V y 3, g xy (x, y) =, l hessiana di g nell unico punto critico è definita positiva, e quindi f è minima per x = y = 2z = (2V ) /3. 8

19 COMPITO PER CASA DEL 7//24 Esercizio Sia F (x, y) = x 2 + y + e x+y. (i) Mostrare che in un opportuno intorno del punto (, ) le soluzioni dell equazione F (x, y) = coincidono con i punti del grafico di una funzione y = f(x). (ii) Scrivere lo sviluppo di Taylor di f(x) di ordine 2 con punto iniziale x =. Risposta Dato che F C (R 2 ), F (, ) =, F y (x, y) = + e x+y e quindi F y (, ) = 2, si può applicare il teorema di Dini ottenendo una funzione y = f(x) che è a sua volta C in un intorno di x =. Si ha che F x (x, y) = e x+y + 2x, F x (, ) = 3; f () = F x(, ) F y (, ) = 3 2. Inoltre, siccome si ottiene Se ne deduce che F xx (x, y) = e x+y + 2, F xy (x, y) = e x+y, F yy (x, y) = e x+y, F xx (, ) = 3, F xy (, ) =, F yy (, ) =, f () := F xx + 2F xy f + F yy f 2 F y (, ) = 9 8. T 2 (x) = f() + f ()(x ) + 2 f ()(x ) 2 = 3 2 (x ) 9 6 (x )2 = 6 ( 9x 2 + 6x + ). Esercizio 2 (i) Dimostrare che l equazione f(x, y) = x 3 + y 3 3xy = definisce implicitamente in un intorno del punto (2 /3, 2 2/3 ) una funzione y = ϕ(x). (ii) Dimostrare che la funzione ϕ(x) del punto (i) è dotata di massimo locale nel punto x = 2 /3. Risposta Dato che f(x, y) è una funzione C 2 (R 2 ) e f y (2 /3, 2 2/3 ) = 3 2 /3 possiamo applicare il Teorema del Dini ottenendo una funzione y = ϕ(x) che è a sua volta C 2 in un intorno del punto x = 2 /3. Si ha che e, dall essere ϕ (2 /3 ) := f x(2 /3, 2 2/3 ) f y (2 /3, 2 2/3 ) = 2 /3 (2 2/3 2 2/3 ) = f xx (2 /3, 2 2/3 ) = f yy (2 /3, 2 2/3 ) = 6 2 /3, ϕ (2 /3 ) := f xx + 2f xy ϕ + f yy ϕ 2 (2 f = 2 y /3,2 2/3 ) da cui si deduce che ϕ ha un punto massimo locale in x. 9

20 Esercizio 3 Sia F (x, y) = e 2y3 +y x x 3. (i) Dimostrare che l equazione F (x, y) = definisce implicitamente su tutta una semiretta ] α, [ per un α > una funzione y = f(x) di classe C tale che F (x, f(x)) = ; (ii) Determinare il polinomio di Taylor P (x) di secondo ordine e punto iniziale x = relativo a f(x) e calcolare f(x) lim x x 2. Risposta (i) Siccome F (, ) =, F y (, ) =, l esistenza della funzione implicita y = f(x) innanzitutto in un intorno ] α, α[ di x = segue dal Teorema di Dini, con la regolarità C fornita dall argomento di bootstrap. Che y = f(x) sia in effetti definita da quel α fino all lo si può vedere riprendendo l argomento della dimostrazione del teorema. Infatti per ogni x > la y F (x, y) è negativa per y =, e siccome tende crescendo all per y esiste un unico y, dunque un f(x), tale che F (x, y) =. Siccome inoltre F y (x, y), in (x, y) sono ancora soddisfatte le ipotesi del Teorema di Dini, e ciò significa che in un intorno di x la f(x) è la funzione implicita definita dal teorema, e dunque ha la regolarità C, anzi C grazie all argomento di bootstrap. (ii) Utilizzando le regole di derivazione della funzione implicita nel punto otteniamo P (x) = f() + f ()x + 2 f ()x 2 = x 2 x2 e quindi il limite in questione non esiste. f(x) x 2 = x 2 x2 + o(x 2 ) x 2 : Esercizio 4 Dimostrare che l equazione F (x, y) = e tan(x+y) x 3y = definisce implicitamente in un intorno di (, ) una funzione y = f(x) tale che F (x, f(x)) =. Dire se in la funzione f ammette max o min relativo. Risposta Per dimostrare la prima parte è sufficiente applicare il teorema del Dini. Osserviamo che F (, ) = e F x (x, y) = etan(x+y) cos 2 (x+y), F y(x, y) = etan(x+y) cos 2 (x+y) 3. Dunque F y(, ) = 2, per cui esiste f(x) definita implicitamente dall equazione F (x, y) = in un intorno di (, ). Inoltre f () = F x(, ) F y (, ) Per vedere se la funzione f in ammette max o min relativo calcoliamo la sua derivata seconda in. Siccome F xx (x, y) = etan(x+y) 2 sin(x+y) cos 4 (x+y) cos 3 (x+y) etan(x+y) si ha f () = F xx(, ) F y (, ) e quindi x = è un punto di minimo relativo per f. =. = 2, Esercizio 5 Data la funzione f(x, y) = a(x 2 ) + 3xy + y 3 : 2

21 . si dimostri che, per ogni a, l equazione f(x, y) = definisce implicitamente una funzione y = g(x) in un intorno di (, ); 2. si calcoli a in modo che g(x) abbia in x = un punto critico. Risposta La funzione f(x, y) è un polinomio e quindi di classe C. Si verifica che f(, ) = e che f y (, ) = 3. Applicando il Teorema del Dini si deduce quindi che f(x, y) = definisce implicitamente una funzione y = g(x). La derivata prima di g(x) è data dalla formula: g (x) = f x(x, g(x)) f y (x, g(x)) da cui si deduce che g () = 2a/3 e quindi si ha un punto critico se e solo se a =. 2

22 COMPITO PER CASA DEL 24//24 Esercizio Scrivere i polinomio di Taylor di grado 2 nel punto (x, y ) delle funzioni f(x, y) = y sin(x + y), (x, y ) = (, ) g(x, y) = e x y2, (x, y ) = (, ) h(x, y) = (x y) 2 e x2 +y 2, (x, y ) = (attenzione!) (, ). Risposta Data una funzione F il suo polinomio di Taylor di grado 2 centrato in (x, y ) è dato dalla formula T 2 (x, y) = F (x, y ) + F x (x, y )(x x ) + F y (x, y )(y y ) + 2 F xx(x, y )(x x ) 2 + F xy (x, y )(x x )(y y ) + 2 F yy(x, y )(y y ) 2 e quindi tutte le funzioni dell esercizio si possono studiare meccanicamente calcolando nel punto (x, y ) tutte le derivate parziali fino all ordine 2. D altra parte è bene ricordare che il polinomio di Taylor è completamente caratterizzato dalla F (x, y) = T 2 (x, y) + o((x x ) 2 + (y y ) 2 ), per cui un polinomio di ordine 2 che verifica tale proprietà deve coincidere necessariamente con il polinomio di Taylor centrato in (x, y ). Questa osservazione ci permette qui di evitare troppi calcoli per f e g. Infatti possiamo usare gli sviluppi in una variabile Nel primo caso otteniamo da cui sin(t) = t + o(t 2 ), e t = + t + t2 2 + o(t2 ). sin(x + y) = x + y + o((x + y) 2 ) = x + y + o(x 2 + y 2 ) f(x, y) = y sin(x + y) = xy + y 2 + o(x 2 + y 2 )y = xy + y 2 + o(x 2 + y 2 ) per cui xy + y 2 deve coincidere con il polinomio di Taylor di grado 2 e centro l origine; anzi da questo deduciamo pure, senza calcolarlo, che il gradiente della funzione è il vettore nullo. Analogamente g(x, y) = e x y2 = + (x y 2 ) + (x y2 ) o((x y 2 ) 2 ) = + x y 2 + x2 2 xy2 + y4 2 + o((x2 + y 2 )) = + x y 2 + x2 2 + o((x2 + y 2 )) per cui il polinomio di Taylor di centro l origine è T 2 (x, y) = + x y 2 + x2 2. Per ciò che riguarda infine la h(x, y) non si può pedissequamente seguire la strada dei primi 2 casi, in quanto la funzione x 2 + y 2 non è infinitesima quando (x, y) tende a (, ), e quindi non ha senso usare lo sviluppo di Taylor della funzione esponenziale centrato nell origine. Una possibilità è quella di procedere facendo i conti delle derivate parziali: abbiamo f(, ) = e, e siccome h(x, y) = (2(x y)e x2 +y 2 + 2x(x y) 2 e x2 +y 2, 2(x y)e x2 +y 2 + 2y(x y) 2 e x2 +y 2 ) 22

23 abbiamo h x (, ) = 2e, h y (, ) = 4e. Eseguiamo pazientemente le derivazioni parziali di ordine 2. Otteniamo h xx = 2e x2 +y 2 + 4x(x y)e x2 +y 2 + 2(x y) 2 e x2 +y 2 + 4x(x y)e x2 +y 2 + 4x 2 (x y) 2 e x2 +y 2 ; h xy = 2e x2 +y 2 + 4y(x y)e x2 +y 2 4x(x y)e x2 +y 2 + 4xy(x y) 2 e x2 +y 2, h yy = 2e x2 +y 2 4y(x y)e x2 +y 2 + 2(x y) 2 e x2 +y 2 4y(x y)e x2 +y 2 + 4y 2 (x y) 2 e x2 +y 2. Quindi h xx (, ) = 4e, f xy (, ) = 6e, h yy (, ) = 6e, e infine T 2 (x, y) = e + 2ex + 4e(y ) + 2ex 2 6ex(y ) + 8e(y ) 2. A questo risultato si arriva anche riconducendosi ad uno sviluppo centrato nell origine, attraverso la sostituzione z = y e quindi il passaggio alla funzione h (x, z) = (x z ) 2 e x2 +(z+) 2 = (x z ) 2 ee x2 +z 2 +2z. Esercizio 2 Dato il sistema { y 2 + x + y + z = x 2 + y 2 + z 2 = (i) dimostrare che in un intorno del punto (,, ) esso definisce implicitamente due funzioni α(x), β(x) tali che (x, α(x), β(x)) siano soluzioni del sistema; (ii) calcolare α (), β (). Risposta (i) Il punto (,, ) soddisfa il sistema, e la matrice jacobiana ( ) (f, g) 2y + (y, z) = 2y 2z possiede, nel punto, determinante 2 = 2, per cui la possibilità di esprimere implicitamente y e z in funzione della x, per x in un intorno I dell origine, segue dal Teorema di Dini per i sistemi. (ii) Posto f(x, y, z) = y 2 + x + y + z e g(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 si ha, sostituendo ad y e a z le α(x) e β(x) { f(x, α(x), β (x)) da cui, derivando rispetto a x, g(x, α(x), β (x)) { fx + f y α (x) + f z β (x) = g x + g y α (x) + g z β (x) = Lavorando nel punto (,, ) si ha { + α () + β () = 2β () = α () =, β () = 23

24 Esercizio 3 Assegnata la funzione F (x, y, z) = sin(xy) cos z + 3e x+y z, verificare che l equazione F (x, y, z) = soddisfa nel punto (,, /3) le condizioni del teorema di Dini e determinare l equazione del piano tangente alla superficie definita dall equazione F (x, y, z) = in (,, /3). Risposta Tenuto conto che F (x, y, z) C (R 3 ), che F (,, /3) = e che F (x, y, z) = (y cos(xy) cos z + 3e x+y z, x cos(xy) cos z + 3e x+y z, sin(xy) sin z + 3e x+y ), per cui F (,, /3) = (,, 3), nel punto (,, /3) risultano soddisfatte le condizioni del Teorema di Dini; l equazione del piano tangente è F x (,, /3)(x ) + F y (,, /3)(y ) + F z (,, /3)(z /3) = cioè x + y + 3(z /3) =. Naturalmente saremmo potuti arrivare allo stesso risultato elaborando l enunciato del Teorema di Dini e scrivendo l equazione del piano tangente al grafico di una delle funzioni z = ϕ(x, y), y = ψ(x, z), x = χ(y, z) definite implicitamente intorno a (,, /3) da F (x, y, z) = grazie rispettivamente a F z (,, /3) = 3, F y (,, /3) =, F x (,, /3) =. Esercizio 4 Dimostrare che in un opportuno intorno di (x, y) = (, ) esiste una funzione f di classe C che si annulla in (, ) e verifica l equazione x + y + f(x, y) = sin[xyf(x, y)]. Risposta Si applica il Teorema di Dini alla funzione di tre variabili F (x, y, z) = x + y + z sin(xyz) che in (,, ) si annulla, mentre la sua derivata soddisfa F z (x, y, z) = xy cos(xyz) = F z (,, ) =. La superficie di livello determinata cioè dall equazione F (x, y, z) = coincide con il grafico z = f(x, y) di una funzione di classe C in un intorno di (, ), nulla in (, ), funzione che quindi in tale intorno verifica l equazione x + y + f(x, y) = sin[xyf(x, y)]. Esercizio 5 Determinare max e min assoluto della funzione G(x, y) = x y sui punti del piano soggetti al vincolo F (x, y) = x2 4 + y2 9 =. Risposta Il luogo geometrico determinato dal vincolo è un ellisse di semiassi di lunghezza rispettivamente 2 e 3. Trattandosi di un insieme compatto, ogni funzione continua ammetterà su esso massimo e minimo assoluto. Procediamo con i moltiplicatori di Lagrange: x y2 9 = + λ( x 2 ) = + λ( 2y 9 ) =. 24

25 Utilizzando le ultime 2 equazioni abbiamo x = 2 λ, y = 9 2λ : sostituiamo nella prima e otteniamo λ λ 2 =, da cui λ = ± 3 2. Otteniamo così punti P = ( 4 9 3, 3 ) e P 2 = ( 4 3, 9 3 ): P è il punto di minimo assoluto e P 2 è quello di massimo assoluto. Osserviamo che l esercizio si poteva svolgere anche parametrizzando l ellisse e studiando poi la funzione di una variabile, ma sicuramente la strada sarebbe stata più lunga e comunque avrebbe richiesto conoscenze trigonometriche che con l approccio da noi usato non sono state necessarie. Esercizio 6 Discutere la natura dei punti critici interni e trovare massimi e minimi vincolati della seguente funzione: f(x, y) = x 6 y 8/3 su x 4 + y 4 3 Risposta La funzione è non-negativa ed ha gradiente è nullo solo sulle rette x = e y =, che sono quindi di minimo. Per i massimi si utilizzano i moltiplicatori di Lagrange: 6x 5 y 8/3 + 4λx 3 = 8x 6 y 5/3 + 4λy 3 = 3 x 4 + y 4 = 3 per cui si ottiene 6x 2 y 8/3 + 4λ = = 8x6 y 5/3 3 = 6x 2 y 7/3 = 8x4 3 = 6y4 e si arriva ai punti di massimo ±( 3, 2), ±( 3, 2). Esercizio 7 Calcolare il max e il min assoluti di x 3 + y 3 nel dominio E := {(x, y) R 2 : x y 4 3 }. Risposta Osserviamo preliminarmente che l insieme E è un compatto, per cui il teorema di Weierstrass assicura che la funzione assume in E massimo e minimo assoluti. I punti in cui essi sono assunti vanno cercati tra a) i punti critici della funzione g(x, y) = x 3 + y 3 interni ad E, b) i punti della frontiera di E trovati tramite il metodo dei moltiplicatori di Lagrange (tenendo conto che il vincolo in questo caso non presenta punti singolari). L unico punto critico di g interno ad E è il punto (, ), che non è né di massimo né di minimo: basta notare che la restrizione di g alla retta y = è la funzione x 3, che in x = ha un flesso. Passiamo al sistema ottenuto con i moltiplicatori di Lagrange: x y 4 3 = 3x 2 + λ 4 3 x 3 = 3y 2 + λ 4 3 y 3 =. 25

26 Partendo dalla seconda equazione x 3 ( ) 3x λ = 3 otteniamo che x deve essere uguale a oppure x 5 3 = 4 9λ. Analogamente dalla terza equazione ( ) y 3 3y λ = 3 otteniamo che y deve essere uguale a oppure y 5 3 = 4 9λ. Prima di dividere per x o per y, bisogna considerare i casi x = e y = : la prima equazione implica y = ± nel primo caso e x = ± nel secondo caso. Se x ed y sono entrambe diverse da zero dev essere invece x 5 3 = 4 9 λ e y 5 3 = 4 9 λ, per cui necessariamente x = y. Usando di nuovo la prima equazione otteniamo 2x 4 3 = da cui x = y = ± Per determinare massimo e minimo assoluto dobbiamo considerare i vari candidati: (, ) (in realtà già escluso) (±, ), (, ±) e ±(2 3 4, ). Sostituendo si ottiene che ( = < ) è il massimo assunto nei punti (, ) e (, ), mentre è il minimo assunto nei punti (, ) e (, ). 26

27 COMPITO PER CASA DEL 3//24 Esercizio Dire se le funzioni sin 2 (x) (x 2 + )x, e x x 2, sin(x) x x sono integrabili secondo Riemann o in senso improprio negli intervalli ], ] e ], + [. Risposta Dal momento che sin(x) x è sempre limitato in modulo da, la funzione sin 2 (x) (x 2 + )x = sin2 (x) x x 2 x 2 + si prolunga con continuità fino a, perché il suo limite per x esiste e vale. Quindi su ], ] l integrale esiste (già) come integrale di Riemann. Invece su x l integrando si maggiora con + x 2, sicché l integrale improprio converge su [, + [ e in conclusione su tutto ], + [. Consideriamo la funzione ex. Su ], ] possiamo utilizzare lo sviluppo di Maclaurin di e x, x 2 che ha come primo termine x per cui e quindi e x x per x e x x 2 = ex x x x 2 x x 2 = x per x (vd. la Premessa), e tenendo conto che x non è integrabile in ], ] se ne conclude che l integrale improprio della funzione assegnata diverge su ], ]. Dal momento poi che la funzione ex x 2 tende all per x (l esponenziale a numeratore tende all più rapidamente più della potenza x 2 a denominatore) si riconosce che diverge l integrale improprio su [, + [ e quindi, anche indipendentemente da quanto studiato su ], ], che esso diverge su tutto ], + [. Consideriamo la funzione sin(x) x. Dalla maggiorazione x sin(x) x x x segue l integrabilità della funzione assegnata su ], ]. Per x riesce poi sin(x) x x x 3/2, circostanza questa sufficiente a riconoscere la esistenza dell integrale improprio anche su [, + [, e in conclusione su tutto ], + )[. Esercizio 2 Verificare se gli integrali impropri G = (e x2 ) /3 dx, G 2 = 27 ( cos x 2 ) /3 dx

28 convergono. Risposta Benché l intervallo d integrazione sia limitato, i due integrali sono impropri perché gli integrandi sono sì continui, però illimitati: per la precisione, essi tendono all quando x +. Ma sia di e x2 che di cos x 2 si esplicitano facilmente gli sviluppi di Taylor (anzi di MacLaurin). Dunque G converge perché e x2 è infinitesimo dello stesso ordine del primo addendo non nullo del suo sviluppo, cioè di x 2, per cui (e x2 ) /3 (x 2 ) /3 con (x 2 ) /3 dx < ; invece G 2 diverge perché cos x 2 è infinitesimo dello stesso ordine del primo addendo non nullo x 4 del suo sviluppo, per cui ( cos x 2 ) /3 (x 4 ) /3 con (x 4 ) /3 dx =. Esercizio 3 Dati gli integrali impropri J = π/2 sin α x x 2 dx, J 2 = x β e x dx, determinare per quali valori di α R converge J e per quali valori di β R converge J 2. Risposta J converge se e solo se converge π/2 x α sin α x x 2 x α dx ovvero se e solo se 2 α < α >. J 2 converge per tutti i β: quando x l integrando tende a più rapidamente di ogni potenza della x, ad esempio più rapidamente di di x 2 che ha integrale improprio da a convergente. Esercizio 4 Dimostrare che la funzione x β e x è integrabile in senso improprio nell intervallo ], + [ per ogni β R e calcolarne l integrale per β =,, 2. Risposta La funzione esponenziale e x = + x + 2 x2 + 3! x m! xm

29 verifica per ogni x e per ogni numero naturale m la diseguaglianza Pertanto stima quest ultima sufficiente per e x m! xm. x β e x = xβ e x m! x m β, m β > a riconoscere l esistenza dell integrale improprio su ], + [. I valori richiesti sono a e x dx = e e a e, a x e x dx = 2 e +a e a 2e, a x2 e x dx = 5 e 2+2 a+a2 e 5e. a Esercizio 5 (i) Determinare per quali valori di α converge l integrale improprio (ii) Calcolare il Risposta (i) Utilizzando il limite notevole deduciamo che per t tendente a + risulta e t2 t α dt. lim sin x e t2 x + x t 2 dt. e t2 lim t t 2 = e t2 t α t α 2, e quindi l integrale dato è convergente se e solo se α < 3. (ii) Abbiamo lim sin(x) x + x ( e t2 dt = lim t2 sin(x) e t2 x + x t 2 dt + x Usando quanto visto in (i) (con α = 2) sappiamo che e t2 lim x + x t 2 dt ) t 2 dt. 29

30 esiste finito, per cui lim sin(x) x + x e t2 dt = lim t2 sin x x + x ( ) dt = lim t2 sin(x) x + x =. Questo si poteva fare anche utilizzando de l Hopital una volta riscritto sin(x) =. sin(x) Esercizio 6 Dire per quali β > esiste l integrale improprio + 2 x log β x dx In questi caso si applichi la definizione calcolando quando possibile anche l integrale improprio. Risposta Siamo in uno dei non frequenti casi in cui si riesce a calcolare l integrale indefinito della funzione integranda, e quindi anche il limite t lim t + 2 x log β (x) dx (senza doversi accontentare, ricorrendo al criterio del confronto, di appurare semplicemente se esso è finito o no, come invece accade nella maggior parte dei casi). Il calcolo è facile: i) se β riesce t 2 x log β x dx = {(log(t)) β (log(2)) β} β ii) se β = riesce t 2 dx = log(log(t)) log(log(2)) x log x Pertanto nel primo caso si ha convergenza solo se β >, mentre nel secondo caso non c è convergenza. Riassumendo: l integrale improprio richiesto converge se e solo se β >. Per tali valori di β l integrale vale lim t + {(log(t)) β (log(2)) β} = (log(2)) β β β Esercizio 7 Studiare per quali α R converge l integrale x 3 sin x 3 x α (x 3 + 2) dx. Risposta Si ha x 3 sin x 3 x α (x 3 + 2) x α 9 x. L integrale è quindi convergente per α 9 < α <. 3

31 Esercizio 8 Studiare per quali α R converge l integrale Risposta Studiamo separatamente i due integrali I = Per l integrale I si osserva che Quindi x sin x x α (x + 2) dx x sin x x α (x + 2) dx, I x sin x 2 = x α (x + 2) dx. sin x x 6 x3 per x. x sin x x α (x + 2) x 3 x α (x + 2) x α 3 per x. Si ha convergenza di I se e solo se α 3 < da cui segue α < 4. Per l integrale I 2 si osserva che sin x è una funzione limitata e si ha x sin x x α (x + 2) x x +α = x α. Si ha convergenza di I 2 se e solo se α >. Concludendo l integrale iniziale converge per < α < 4. 3

32 COMPITO PER CASA DEL 7//24 Esercizio Studiare il carattere delle serie S = n=2 n log 2 n, S 2 = n=2 n log n log(log n). Risposta S converge (assolutamente) e S 2 diverge: basta confrontarle rispettivamente con 2 [ dx x log 2 x = ] = log x 2 log 2 e 2 dx x log x log(log x) = [log(log(log x))] 2 =. Esercizio 2 Determinare per quali valori di α R converge la serie n=3 tan(/n) (log n) α Risposta Si utilizza il criterio integrale, passando all integrale improprio quindi si applica il criterio del confronto: Attenzione a non scrivere questo è falso! Siccome 3 tan(/x) (log x) α dx tan(/x) (log x) α x(log x) α. tan(/x) (log x) α x(log x) α : x(log x) α è la derivata di (log x) α /( α) per α e di log(log x) per α =, e quindi si conclude che la serie converge α >. 3 dx < α >, x(log x) α Esercizio 3 Calcolare la derivata rispetto ad x della funzione F (x) = x 2 5x e xt2 t 32 dt, x >.

33 Risposta Innanzitutto, calcoliamo e quindi e xt2 dt = x t x 2 La somma di quest ultima quantità e di 5x te xt2 dt = e xt2 dt = ex5 x t 2 e25x3 2. e xt2 ext2 dt = t K fornisce il risultato. 2x ex5 x 2 e25x3 x Esercizio 4 Sia (i) Calcolare F (x). (ii) Calcolare il F (x) = 2x 2 e t/x x 2 t lim xf (x). x dt, x >. Risposta (i) Calcoliamo F (x) con le note formule F (x) = 4xe 2x 2x 2 2xe x x 2 + 2x 2 x 2 e t/x dt = 2e 2x 2e x x 2 x x e 2x e x x = e 2x x e x x. (ii) Per calcolare il limite, notiamo che per ogni x > l integrando è una funzione decrescente della t, e quindi nell intervallo [x 2, 2x 2 ] verifica Dunque e 2x 2x 2 e t/x t e x x 2. F (x) x 2 e x x 2 e ne segue che xf (x) per x. Oppure: poniamo τ = t/x 2, per cui t dt = (x 2 τ) x 2 dτ, e notiamo che F (x) = 2 e xτ τ dτ per x, dato che l integranda va a zero mentre gli estremi di integrazione sono fissi. Applichiamo quindi il teorema dell Hopital: F (x) lim xf (x) = lim x x /x = lim F (x) x /x 2 =. Esercizio 5 Data la successione f n (x) = n x + n : 33