Analisi Matematica 2 Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni

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1 Analisi Matematica Esercizi di esame e di controllo Versione con risoluzioni Daniele Andreucci Dipartimento di Scienze di Base e Applicate per l Ingegneria Università di Roma La Sapienza via A.Scarpa 16, Roma daniele.andreucci@sbai.uniroma1.it launch_daexam Note: a.a codocente: dott. Francesco Sisti a.a docenti canale parallelo: dott. Raul De Maio, dott. Salvatore Fragapane. (ex): esercizi d esame; (hw): esercizi di controllo. Salvo diverso avviso: coni e cilindri sono circolari retti; Si usa la notazione delle lezioni del Corso. 1

2 Indice 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Ottimizzazione vincolata di funzioni Classificazione di punti critici Studio degli insiemi di livello Serie di potenze E.d.o. del I ordine generalita 4 0. Integrali generali E.d.o. a variabili separabili E.d.o. riconducibili a variabili separabili Lineari del primo ordine Bernoulli E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(x,y ) E.d.o. riconducibili al I ordine: y = f(y,y ) Teoria locale e globale del prb di Cauchy Dipendenza continua e stime Applicazioni dell unicita Questioni non standard di unicita Soluzioni massimali Varie e.d.o Sistemi del I ordine Ricostruzione di e.d.o E.d.o. lineari Prb al contorno 98

3 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 60. Studio qualitativo E.d.o. lineari a coefficienti costanti non omogenee: forme speciali Equazioni di Eulero Integrazione di forme esatte in R Calcolo di integrali su curve di forme lineari in R Ottimizzazione di funzioni in domini 1. [5/01/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R R nell insieme E R, ove f(x,y) = y 3 +4x y 4y, E = {(x,y) R 1 x +y 1}. Il dominio E è la corona circolare di raggio interno 1/ ed esterno 1. Notiamo che la f è dispari in y e pari in x, quindi i punti di estremo rispetteranno queste simmetrie. Cerchiamo prima i punti critici liberi della f: f(x,y) = (8xy,3y +4x 4). Dunque i punti critici sono (0,± 3 ), (±1,0). I primi due punti non appartengono a E, gli altri due appartengono a E e dunque verranno ritrovati nel sistema di Lagrange. Sulla parte di frontiera x +y = 1/ si ottiene x +y = 1, 8xy = λx, 3y +4x 4 = λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno (y,λ) = ±(1/, ). Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà 5 16 λ = 4x 4, 3

4 00. Ottimizzazione di funzioni in domini impossibile perché x < 1 su questa parte di frontiera. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo (0,± 1 ). Sulla parte di frontiera x +y = 1 si ottiene x +y = 1, 8xy = λx, 3y +4x 4 = λy. Se prendiamo x = 0 la seconda equazione è soddisfatta, e la prima e la terza danno (y,λ) = ±(1, 1/). Se invece x 0, la seconda equazione dà y = λ/4, che sostituito nell ultima dà ossia 5 16 λ = 4x 4, x = ±1, λ = 0, y = 0, quindi i punti critici liberi trovati all inizio. Quindi abbiamo trovato i candidati punti di estremo (0,±1), (±1,0). Non resta che valutare la funzione nei punti trovati: f(±1,0) = 0, f(0,±1) = 3, f (0,± 1 ) = ±( 3 3 ) ( 3,3). maxf = f(0, 1) = 3, min E f = f(0,1) = 3. E. [5/01/016 (ex)ii] Trovare massimi e minimi assoluti e relativi punti di estremo della funzione f : R R nell insieme E R, ove f(x,y) = x 3 4xy +4x, E = {(x,y) R 1 x +y 1}. maxf = f(1,0) = 3, min E f = f( 1,0) = 3. E 3. [11/0/016 (ex)i] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R R definita da f(x,y) = 3x+3xy 1y 3x 4 6y, 4

5 00. Ottimizzazione di funzioni in domini nell insieme E R E = {(x,y) R 1 x 0, x 1 y 0}. Troviamo i punti critici della funzione, che è di classe C (R ): si ha f x = 3+3y 1x3 = 0, f = 3x 1 1y = 0. y Sostituendo la seconda equazione nella prima si ottiene Si ricavano quindi i punti critici ( (0, 1), 3 4 x 1x3 = 0. 1 ) 4, 17, 16 ( 1 ) 4, Nessuno di essi appartiene all interno dell insieme E; il primo appartiene alla frontiera. Passiamo quindi a studiare la f su E: i) x = 0: qui vale f(0,y) = 1y 6y, e f (0,y) = 1 1y < 0, 1 < y < 0. y Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ii) y = 0: qui vale (0,0), (0, 1). f(x,0) = 3x 3x 4, e f x (x,0) = 3 3x3 > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in iii) y = x 1: qui vale ( 1,0), (0,0). f(x, x 1) = 1x 4 9x +1, e d dx f(x, x 1) = 1x3 18x > 0, 1 < x < 0. Pertanto la f ristretta a questo segmento assume gli estremi in ( 1,0), (0, 1). 5

6 00. Ottimizzazione di funzioni in domini maxf = f(0, 1) = 6, min E f = f( 1,0) = 6. E 4. [11/0/016 (ex)ii] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f : R R definita da nell insieme E R f(x,y) = 6x +3y 4 +1x 3y 3xy +1, E = {(x,y) R 1 x 0, x 1 y 0}. maxf = f(0, 1) = 7, min E f = f( 1,0) = 5. E 5. [11/04/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R nell insieme E R, ove f(x,y) = 4x y +y 3 4y, E = {(x,y) R y 0,x +y 1,}. Poiché f C (R ) si procede derivando e ottenendo f(x,y) = (8xy,4x +3y 4). I punti critici quindi sono ( ) 0,, 3 (0, 3 ), (1,0), ( 1,0). Questi punti sono tutti esterni all interno di E, quindi gli estremi verranno raggiunti sulla frontiera. Studiamo prima il diametro y = 0, ove si ha f(x,0) = 0, 0 x 1. Poi consideriamo la semicirconferenza y 0, x +y = 1; qui osserviamo che f(x,y) = 4(1 y )y +y 3 4y = 3y 3, 1 y 0. maxf = f(0, 1) = 3, min E f = f(x,0) = 0, 1 x 1. E 6

7 00. Ottimizzazione di funzioni in domini 6. [11/11/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione f : R R nell insieme E, ove f(x,y) = 4 y + x 3, E = {(x,y) x } 8 8 y 0. La funzione f è di classe C (R ). Iniziamo pertanto a trovarne i punti critici, annullando le derivate f x = 3 x, f y =. Si vede che la f y non si annulla mai. Perciò non esistono punti critici della funzione, e dunque i valori estremi in E, che vengono assunti per il teorema di Weierstrass, devono essere presi in qualche punto di E. La frontiera E si può considerare costituita dalle due curve Su γ 1 si ha Evidentemente Su γ si ha Quindi min γ 1 f = f(0,0) = 4, min γ f = f(0, 8) = 0, γ 1 = {(x,0) 8 x 8}, ) } γ = {(x, x 8 x 8. 8 f(x,0) = 4+ x 8, 8 x 8. max γ 1 f = f(±8,0) = = ) f (x, x 8 8 = 0+ x, 8 x 8. 1 max γ f = f(±8,0) = = minf = f(0,0) = 4, max E E f = f(±8,0) = [17/01/017 (ex)i] Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione f(x,y) = 16(x +y ) x y 4 +3, 7

8 00. Ottimizzazione di funzioni in domini nell insieme E = {(x,y) 0 y 4 x, x }. Poiché f C (E), ed E è compatto, gli estremi cercati esistono certamente. Iniziamo con il trovare gli eventuali punti critici di f nell interno di E: f x = 3x xy4 = 0, f y = 3y 4x y 3 = 0. Dalla I si ha x = 0 oppure y 4 = 16, ossia y = ±; se x = 0 dalla II si ha ovviamente y = 0; altrimenti la II dà I punti critici sono dunque 8 x y = 0, ossia x = ±. (0,0), (±,±) (con qualsiasi scelta dei segni). I punti critici con y 0 non sono interni a E; quelli soddisfano (±,) y = > 4 x = 4 =, e dunque non appartengono a E. Laf non può perciò avere punti di estremo interni a E. Passiamo a studiare la f vincolata alla frontiera E = γ 1 γ, con γ 1 = {(x,0) x }, γ = {(x,y) y = 4 x, x }. A) Procediamo per parametrizzazione; si ha su γ 1 Ovviamente f(x,0) ha f(x,0) = 16x +3, x. min γ 1 f = f(0,0) = 3, max γ 1 f = f(±,0) = 64+3 = 67. Su γ si ha g(x) := f(x, 4 x ) = 64 x (4 x ) +3, x. Derivando si trova g (x) = x(4 x )(3x 4). 8

9 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Pertanto g (x) < 0, g (x) > 0, g (x) < 0, g (x) > 0, x x x x (, 3 ), ( ),0, 3 ( ) 0,, 3 ( ) 3,. Dunque si hanno per g i minimi locali g (± ) = , e i massimi locali g(±) = 67, g(0) = 67. B) In alternativa, usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange per studiare f su γ meno i punti iniziale e finale (che non vengono in genere individuati come possibili punti di estremo da questo metodo). Il vincolo sarà dunque espresso come h = 0, con h(x,y) = x +y 4, y > 0. Il sistema dei moltiplicatori di Lagrange è f x = 3x xy4 = λx, f y = 3y 4x y 3 = λy, x +y = 4, y > 0. La I è verificata se x = 0, il che dà y = e λ = 16. Se x 0 la I dà e dato che y 0 per ipotesi, la II allora implica che usando la III diviene Da qui discende y = λ = 16 y 4, (1) 16 x y = 16 y 4, (4 y )y = y , x = ± 3, λ = 80 9, ove il valore di λ è stato ottenuto dalla (1). Dunque i possibili estremi per f su γ sono dati dai punti ( f(0,) = 67, f ± 8 ), = > 57, 9

10 00. Ottimizzazione di funzioni in domini cui bisogna aggiungere i punti iniziale e finale di γ f(±,0) = 67. Si noti che in questo problema i punti (±,0) risolvono comunque il sistema di Lagrange, con λ = 16, perché tali punti sono in realtà punti di estremo per f ristretta a tutta la circonferenza. maxf = f(0,) = f(±,0) = 67, min E f = f(0,0) = 3. E 8. [17/01/017 (ex)ii] Trovare il minimo e il massimo assoluti, e i punti di estremo a essi relativi, della funzione nell insieme f(x,y) = 16(x +y ) x 4 y 1, E = {(x,y) 4 y x 0, y }. maxf = f(,0) = f(0,±) = 63, min E f = f(0,0) = 1. E 9. [7/4/017 (ex)i] Si trovino gli estremi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione xy 1 f(x,y) = x+y +1, nel triangolo chiuso T di vertici (0,0), (0,1) e (1,0). La funzione è di classe C fuori della retta x+y = 1 che non interseca T. Quindi gli estremi cercati certamente esistono. Iniziamo cercando i punti critici interni a T; calcoliamo f x = y +y +1 (x+y +1), f y = x +x+1 (x+y +1). Poiché x, y 0 in T nessuna delle due derivate può annullarsi in T, dunque non esistono punti critici interni. Passiamo a considerare allora la restrizione di f ai tre lati del triangolo: 1) Su y = 0 si ha: f(x,0) = 1 x+1, 0 x 1. Dunque f(x,0) è crescente su questo lato. 10

11 00. Ottimizzazione di funzioni in domini ) Su x = 0 si ha: f(0,y) = 1 y +1, 0 y 1. Dunque f(0,y) è crescente su questo lato. 3) Sul lato x+y = 1 si ha la restrizione g(x) := f(x,1 x) = x x+1, 0 x 1. Si calcola g (x) = 1 (1 x). Dunque g ha un massimo in x = 1/, e il minimo in uno dei due estremi x = 0, x = 1. In conclusione quindi gli estremi sono da cercare tra i valori f(0,0) = 1, f(0,1) = f(1,0) = 1 ( 1, f, 1 ) = 3 8. ( 1 max f = f T, 1 ) = 3 8, min f = f(0,0) = 1. T 10. [13/06/017 (ex)i] Trovare gli estremi assoluti della funzione nell insieme E = f(x,y) = xy, { (x,y) y 1 +x }. [Si può assumere come noto che tali estremi esistono.] Si noti preliminarmente che in E Dunque per la forma di E si ha f(x,y) x y x 0, x +. +x lim f(x,y) = 0, E (x,y) e pertanto gli estremi assoluti richiesti esistono anche se E non è compatto. Iniziamo a cercarli nell interno di E. Calcoliamo f(x,y) = (y,x). Quindi l unico punto critico è l origine, ove però f non può avere un minimo o un massimo perché f(0,0) = 0 e f cambia segno vicino all origine. 11

12 00. Ottimizzazione di funzioni in domini Passiamo allora a studiare f su Cominciamo da Vale E = { (x,y) y = ± 1 +x }. g(x,y) = y 1 +x = 0. ( x ) g(x,y) = (+x ),1 (0,0), e quindi possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange, che conduce al sistema x y = λ (+x ), x = λ, Sostituendo la I e la II nella III si ha y = 1 +x. λ (+λ ) = 1 +λ, da cui Si ottengono dunque i punti λ = ±. ( ±, 1 ). 4 Per studiare la f sull altra curva y = 1 +x, usiamo invece (per esercizio) il metodo della parametrizzazione. Si ha Dunque ( h(x) := f x, 1 ) +x = x +x. h (x) = x (+x ). Studiando il segno di h si vede subito che max R h = h( ) = 4, min R h = h( ) = Ricordando quanto sopra dobbiamo anche calcolare f ( 1 ), = 4 ( 4, f, 1 ) =

13 00. Ottimizzazione di funzioni in domini max (± f = f, 1 ) = (± E 4 4, minf = f,± 1 ) = E [13/07/017 (ex)i] Determinare massimi e minimi assoluti di f(x,y) = 4x +y x y, nell insieme E = {(x,y) R y 0,x + y } 4 1. Si ha f C (R ); essendo E compatto, f assume massimo e minimo su E. E consiste in mezza ellisse. Iniziamo a cercare i punti critici di f che cadano nell interno di E; si ha Quindi i punti critici sono f x = 8x 4xy, f y = y x. (0,0), (±,), nessuno dei quali appartiene all interno di E. Passiamo quindi a trovare gli estremi vincolati alla frontiera di E che divideremo in due curve. A) g(x,y) = x +y /4 1 = 0, 1 < x < 1: si ha g(x,y) = (x,y/) che non si annulla mai sul vincolo. Lagrange impostando il sistema Perciò possiamo usare i moltiplicatori di 8x 4xy = λx, y x = λ y, x + y 4 = 1. Se x = 0 la I è soddisfatta; la III dà y = (tenendo conto che deve essere y > 0) e la II dà λ = 4. Se x 0 la I dà λ = 4 y; sostituendo nella II si ha y = x, che sostituita nella III dà x + x = 1, 13

14 00. Ottimizzazione di funzioni in domini da cui x = ± 3. Perciò abbiamo determinato che i possibili punti di estremo su questa curva sono: ( (0,), ± 3, ) 3. B) y = 0, 1 x 1: qui per cui ovviamente f(x,0) = h(x) := 4x, max h = h(±1) = 4, min [ 1,1] h = h(0) = 0. [ 1,1] Infine calcolando esplicitamente f in tutti i punti trovati si ha la risposta. maxf = f(±1,0) = f(0,) = 4, min f = f(0,0) = 0. E E 1. [15/09/017 (ex)i] Determinare i massimi e i minimi assoluti, e i relativi punti di estremo, della funzione in f(x,y) = x 4 y 4 +x, E = {(x,y) R 1 x +y 4,y 0}. Risulta f C (R ). Iniziamo con il cercare gli eventuali punti critici interni a E: vale f(x,y) = (4x 3 +x, 4y 3 ). Quindi i punti critici appartengono tutti all asse y = 0 e pertanto non possono essere interni a E. Dividiamo poi la frontiera di E nelle due semicirconferenze e nei due segmenti che le connettono. A) Su g(x,y) = x +y 4 = 0, y > 0, si ha g(x,y) = (x,y) 0, e quindi possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. risolvere il sistema 4x 3 +x = λx, 4y 3 = λy, x +y = 4, y > 0. Dobbiamo 14

15 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni La I è risolta se x = 0; in questo caso la III dà y = e la II dà λ = 8. Se invece x 0 dalla I e dalla II si ha necessariamente x +1 = λ = y, impossibile. Quindi abbiamo trovato l unica soluzione (0,). B) Analogo ad A): Su g(x,y) = x +y 1 = 0, y > 0, si ha g(x,y) = (x,y) 0, e quindi possiamo usare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. risolvere il sistema Dobbiamo 4x 3 +x = λx, 4y 3 = λy, x +y = 1, y > 0. La I è risolta se x = 0; in questo caso la III dà y = 1 e la II dà λ =. Se invece x 0 dalla I e dalla II si ha necessariamente x +1 = λ = y, impossibile. Quindi abbiamo trovato l unica soluzione (0,1). C) Sull intervallo x 1 la funzione h(x) = f(x,0) = x 4 +x è ovviamente decrescente, e quindi ha estremi in x = e x = 1. Si può infatti controllare h (x) = 3x 3 +x < 0. D) Sull intervallo 1 x la funzione h(x) = f(x,0) = x 4 +x è ovviamente crescente, e quindi ha estremi in x = 1 e x =. Si può infatti controllare h (x) = 3x 3 +x > 0. Infine dobbiamo calcolare f(0,) = 16, f(0,1) = 1, f(±,0) = 0, f(±1,0) =. maxf = 0 = f(±,0), min E f = 16 = f(0,). E 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 15

16 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 1. [5/01/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ R, ove f(x,y) = e x y, γ = {(x,y) R (x 1) +4y 4 = 0}. Osserviamo che sia f che il vincolo sono simmetrici rispetto all asse x, pertanto i risultati dovranno rispettare tale simmetria. È anche interessante notare che f è funzione decrescente della distanza dall origine. Poniamo g(x,y) = (x 1) +4y 4. Calcoliamo Il sistema di Lagrange quindi sarà f(x,y) = e x y (x,y), g(x,y) = (x 1,4y). (x 1) +4y 4 = 0, e x y x = λ(x 1), e x y y = 8λy. Se y = 0 la terza equazione è soddisfatta, e la prima dà x { 1,3}. Se y 0, la terza equazione dà e x y = 4λ, che sostituita nella seconda dà (dovendo dunque essere λ < 0) x = 1/3. Sostituendo questo valore nella prima equazione troviamo per y i valori ± 5/3. Concludendo abbiamo trovato i possibili punti di estremo ( 1,0), (3,0), Sostituendo si ottengono i valori ( 1 5 ) 3,, 3 ( f( 1,0) = e 1, f(0,3) = e 9, f ( 1 5 ) 3, ) 3,± = e 3. 3 ( maxf = f γ 1 5 ) 3,± = e 3, min f = f(0,3) = e 9. 3 γ. [5/01/016 (ex)ii] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ R, ove γ = f(x,y) = e x +y, ( y 1 { (x,y) R x ) 1 = 0 }. 16

17 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni ( maxf = f 0, 5 ) ( = e 5 8 ) 4, min f = f ± γ γ 3, 1 = e [11/04/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R vincolata alla curva γ, ove f(x,y) = x 3 4xy +16x+1, γ = {(x,y) x +y = 4}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: calcoliamo Si ottiene il sistema f(x,y) = ( 3x 4y +16, 8xy), g(x,y) = (x,y), g(x,y) = x +y 4. 3x 4y +16 = λx, 8xy = λy, x +y = 4. A) Se y = 0 la II equazione è soddisfatta, e la III dà x = ±; la I infine dà λ = ±1. Dunque (,0), (,0), sono ammissibili. B) Se y 0 la II equazione dà λ = 4x, per cui la I diviene 5x 4y = 16. Moltiplicando la III per 4 e sommandola a quest ultima si ottiene 9x = 0, per cui x = 0, λ = 0, e di nuovo dalla III, y = ±. Perciò (0,), (0, ), sono ammissibili. Si conclude con il calcolo diretto dei valori di f nei quattro punti. maxf = f(,0) = 5, γ min γ f = f(,0) = [0/06/016 (ex)i] Trovare i massimi e i minimi assoluti della funzione f(x,y) = y 3 +4x y 4y, vincolata alla curva γ = {(x,y) x +y 1 = 0}. 17

18 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Costruiamo il sistema di Lagrange 8xy = λx, 3y +4x 4 = λy, x +y = 1. La prima equazione è risolta per x = 0 o per λ = 4y. Se x = 0 la terza equazione dà y = ±1. Sostituendo nella seconda si ha λ = 1/. Dunque (0,1), (0, 1), sono soluzioni ammissibili. Se invece λ = 4y sostituendo nella seconda si ha 3y +4x 4 = 8y. Sostituendo anche x = 1 y dalla terza equazione, si ottiene quindi y = 0 e pertanto x = ±1 e λ = 0. I punti candidati sono quindi Con il calcolo diretto si ha (0,1), (0, 1), (1,0), ( 1,0). f(0,1) = 3, f(0, 1) = 3, f(±1,0) = 0. maxf = f(0, 1) = 3, γ min γ f = f(0,1) = [07/09/016 (ex)i] Trovare massimi e minimi assoluti della funzione f : R R data da f(x,y) = 5 4 (x +y )+ 3 xy, vincolata alla curva γ = {(x,y) x +y = 4}. Usiamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange: scriviamo il sistema Dalle prime due equazioni si ha 5 x+ 3 y = λx, 3 x+ 5 y = λy, x +y = 4. (5 4λ)x+3y = 0, 3x+(5 4λ)y = 0. 18

19 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Se il determinante di questo sistema lineare è non nullo, l unica soluzione del sistema è (0,0) che però non risolve l equazione del vincolo. Dunque eventuali soluzioni del sistema di Lagrange si possono trovare solo imponendo che il determinante sia nullo, ossia che (5 4λ) 9 = 0, che conduce a λ =, λ = 1. In entrambi i casi, basterà dunque considerare la prima equazione; se λ = essa è 3x+3y = 0, che è risolta da ogni (x,x); imponendo il vincolo si hanno le due soluzioni Se λ = 1/ la prima equazione diviene (, ), (, ). 3x+3y = 0, che è risolta da ogni (x, x); imponendo il vincolo si hanno le due soluzioni Onde con un calcolo diretto (, ), (, ). f(, ) = f(, ) = 8, f(, ) = f(, ) =. maxf = f(, ) = f(, ) = 8, γ min γ f = f(, ) = f(, ) =. 6. [11/11/016 (ex)i] Determinare i valori di massimo e minimo assoluto, e i relativi punti di estremo, della funzione f(x,y) = cos(x +y ), vincolata alla curva γ = { ( (x,y) x + y 1 ) } = 1. Si potrebbe osservare in via preliminare che la f dipende solo dalla distanza dall origine, e che il vincolo giace nella zona ove tale distanza rimane tra 1/ e 3/; conoscendo l andamento della funzione coseno, si potrebbe quindi arrivare al risultato direttamente. 19

20 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Si ha f C (R ), con f(x,y) = ( xsin(x +y ), ysin(x +y ) ). Il vincolo è una circonferenza; il gradiente della funzione che la definisce come curva di livello è (x,y 1). Si annulla pertanto solo nel centro della circonferenza (0,1/) che ovviamente non appartiene al vincolo. Si possono quindi usare i moltiplicatori di Lagrange e ottenere il sistema xsin(x +y ) = λx, ysin(x +y ) = λ(y 1), ( x + y ) 1 = 1. La I equazione è soddisfatta se x = 0, da cui sostituendo nella III si ottiene y { 1/,3/}. La II allora dà il relativo valore di λ (perché il coefficiente di λ è diverso da zero per y come sopra). Se x 0, la I equazione dà sin(x +y ) = λ, che sostituito nella II conduce a un assurdo a meno che λ = 0. In questo caso però dobbiamo avere x +y = kπ, k N,k > 0. Qui deve essere k > 0 perche stiamo assumendo x 0. Dalla III equazione però si ha y = x +y 3 4 = kπ 3 4. Tuttavia sulla circonferenza vale la limitazione 1/ y 3/, che conduce a 1 kπ (1) La seconda disuguaglianza è impossibile per k > 0, perché kπ 3 4 > > > 3. Dunque si ottengono solo le soluzioni (0, 1/) e (0,3/), in corrispondenza delle quali si ha ( f 0, 3 ) = cos 9 ( 4, f 0, 1 ) = cos 1 4. Per valutare senza calcolare i valori numerici quale sia il minimo e quale il massimo osserviamo che 0 < 1 4 < π < < 9 4 < 3 < π. ( maxf = f 0, 1 ) = cos 1 (0, γ 4, minf = f 3 ) = cos 9 γ 4. 0

21 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 7. [17/01/017 (ex)i] Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione f(x,y) = x +y, soggetta al vincolo g(x,y) = x 4 +y 4 1 = 0. Poiché f e g sono C e la funzione che dà il vincolo ha gradiente g(x,y) = 4(x 3,y 3 ), che si mantiene sempre diverso da zero sul vincolo, i punti cercati si possono trovare con il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. La funzione da ottimizzare è il quadrato della distanza dall origine. Il sistema di Lagrange diviene pertanto La I è soddisfatta da x = 0, oppure se x = 4λx 3, y = 4λy 3, x 4 +y 4 = 1. Se x = 0 la III dà y = ±1 e la II dà λ = 1/. La II è soddisfatta da y = 0, oppure se x = 1 λ. (1) y = 1 λ. () Se y = 0 la III dà x = ±1 e la I dà λ = 1/. Se x 0 e y 0 devono valere entrambe le (1), (), che sostituite nella III danno 1 λ = 1, ossia λ = 1/ (la radice negativa non è accettabile). Ancora dalle (1), () segue x = ± 1 4, y = ± 1 4. In conclusione i punti di possibile estremo vincolato sono ( (0,±1), (±1,0), ± 1 4,± 1 ), 4 con ogni scelta dei segni. min = 1, in (0,±1) e (±1,0); max =, in (±1/ 4,±1/ 4 ) (ogni scelta dei segni). 1

22 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni 8. [17/01/017 (ex)ii] Trovare i punti di minimo e di massimo assoluto della funzione f(x,y) = x 4 +y 4, soggetta al vincolo g(x,y) = x +y 1 = 0. min = 1, in (±1/,±1/ ) (ogni scelta dei segni); max = 1, in (0,±1) e (±1,0). 9. [6/0/017 (ex)i] Si trovi il punto di minimo assoluto della funzione f(x,y) = x +y 1, ristretta alla curva γ : x 3 y 3 = 1. Notiamo che f C 1 (R ) e che f(x,y) +, x +y +, il che implica che il minimo assoluto di f su γ (e su qualunque altro chiuso) esiste. Cerchiamolo usando il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Osserviamo infatti che γ : g(x,y) := x 3 y 3 1 = 0, e che g(x,y) = 3(x, y ) 0, su γ. Dunque impostiamo il sistema La I dà x = 3λx, y = 3λy, x 3 y 3 = 1. x = 0 o x = 3λ. Se x = 0 la III dà y = 1 e la II dà λ = /3. La II dà y = 0 o y = 3λ.

23 030. Ottimizzazione vincolata di funzioni Se y = 0, la III dà x = 1 e la I come visto dà λ = /3. Rimane solo il caso in cui x 0, y 0; usando quanto trovato, la III dà allora Quindi dalle prime due equazioni 8 7λ λ 3 = 1, cioè λ = 3 3. x = 1 3, y = 1 3. Calcoliamo f nei punti trovati: ( 1 f(0, 1) = 0, f(1,0) = 0, f 3, 1 = 3 ) > 0. min γ f = f(0, 1) = f(1,0) = [6/0/017 (ex)ii] Si trovi il punto di minimo assoluto della funzione f(x,y) = x +y +3, ristretta alla curva γ : y 3 x 3 = 1. min γ f = f( 1,0) = f(0,1) = [7/4/017 (ex)i] Trovare gli estremi assoluti e i relativi punti di estremo della funzione f(x,y) = x y, sulla curva g(x,y) = x +y 4 = 0. Si ha f, g C (R ) e inoltre g(x,y) = (4x,y) 0, sulla curva in questione. Impostiamo il sistema dei moltiplicatori di Lagrange: x = λ4x, y = λy, x +y = 4. 3

24 050. Classificazione di punti critici Distinguiamo i casi in base all annullarsi di una delle coordinate: se x = 0, la I è soddisfatta, la III dà y = ± e la II λ = 1; se y = 0, la II è soddisfatta, la III dà x = ± e la I λ = 1/; se xy 0, dalla I si ottiene λ = 1/, dalla II λ = 1, impossibile. Pertanto i possibili punti di estremo sono solo (0,±), (±,0). maxf = f(±,0) =, minf = f(0,±) = Classificazione di punti critici 1. [5/01/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z) = 1 z +x +3 +(π y), (x,y,z) R 3. Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,y,z) = 3π +1 3 nel punto P = (0,0,0). Si ha ( x f(x,y,z) = (z +x +3),(y π), z ) (z +x +3), dunque l unico punto critico è (0,π,0). In tale punto critico l hessiana è data da , che è indefinita. Pertanto si tratta di un punto sella. Come è noto la normale alle superfici di livello è data dal gradiente. Quindi quella cercata è f(0,0,0) = (0, π,0). L unico punto critico è (0,π,0) che è un punto sella. La normale cercata è (0,1,0).. [5/01/016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R 3 R e classificarli, ove f(x,y,z) = 1 y +z +3 (x e), (x,y,z) R 3. 4

25 050. Classificazione di punti critici Trovare inoltre la normale alla superficie di livello f(x,y,z) = 1 3 e nel punto P = (0,0,0). L unico punto critico è (e,0,0) che è un punto di massimo. La normale cercata è (1,0,0). 3. [11/0/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R classificare quelli nel semipiano y < 0. Il sistema che dà i punti critici è La seconda equazione ha le soluzioni f(x,y) = 4xy + xy3 3 x ; f y3 = 4y+ x = 0, x 3 f y = 4x+xy = 0. y = ±, x = 0. Sostituendo y = ± nella prima equazione si ottengono i punti critici ( 8 3, ), ( 8 3, ). Sostituendo x = 0 nella prima equazione si ottengono i punti critici Occorre quindi classificare i punti (0,0), (0, 3), (0, 3). ( 8 3, ). (0, 3). Calcoliamo la matrice hessiana ( ) D 4+y f(x,y) = 4+y. xy Perciò che è definita negativa. Infine ( 8 ) ( ) D 0 f 3, = 0 3, 3 D f(0, 3) = ( ) 8, 8 0 5

26 050. Classificazione di punti critici che è indefinita perché ha determinante negativo. ( 83 ) ( 8 ),, 3,, (0,0), (0, 3), (0, 3). Inoltre (0, 3) è un punto sella e (8/3, ) un punto di massimo. 4. [11/0/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R f(x,y) = (y 1) +xe x+1 (y 1), e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (0,0). La f è di classe C (R ). Troviamo i punti critici uguagliando a 0 il gradiente: f x = (x+1)ex+1 (y 1) = 0, f y = (y 1)+xex+1 = 0. La prima equazione ha le soluzioni (x,y) con x = 1 o y = 1. Sostituendo nella seconda x = 1 si trova il punto critico Sostituendo invece y = 1 si trova ( 1, 3 ). (0,1). Calcoliamo l hessiana ( ) (x+)e D f(x,y) = x+1 (y 1) (x+1)e x+1 (x+1)e x+1. Si ha che è definita positiva. Inoltre ( D f 1, 3 ) = D f(0,1) = ( 1 ) 0 0 ( ) 0 e, e che ha determinante negativo e quindi è indefinita. Infine troviamo l equazione del piano tangente alla superficie z = f(x,y) in (0,0, f(0,0)) = (0,0,1). L equazione è data da (x,y,z 1) ( f(0,0), 1) = 0. 6

27 050. Classificazione di punti critici Punti critici: ( 1,3/): punto di minimo; (0,1): punto sella. ex+y+z 1 = [11/0/016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R R f(x,y) = 4xy x3 y 3 y ; classificare quelli nel semipiano x > 0. (, 8 ) (,, 8 ), (0,0), ( 3,0), ( 3,0). 3 3 Inoltre ( 3,0) è un punto sella e (,8/3) un punto di massimo. 6. [11/0/016 (ex)ii] Trovare i punti critici della funzione f : R R f(x,y) = ye y+1 (1 x) (1 x), e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (1,1). Punti critici: (3/, 1): punto di massimo; (1,0): punto sella. e (x 1)+z = [11/04/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R in tutto R e classificarli, ove f(x,y) = 1 3 (1 x)3 y + 1 (x 1) y. Inoltre trovare l equazione del piano tangente al grafico di f(x,y) nel punto P = (0,0). Calcoliamo il gradiente ( ) f(x,y) = (1 x) +(x 1)y, 4y+(x 1) y. Dunque i punti critici sono (1,0), (3, ), (3, ). Tentiamo di classificare i punti mediante lo studio della matrice hessiana, che è ( ) D (x 1)+y (x 1)y f(x,y) = (x 1)y 4+(x 1). 7

28 050. Classificazione di punti critici Dunque si ha D f(1,0) = ( ) 0 0, D 0 4 f(3,± ) = ( ) ±4 ±4. 0 Quindi i punti (3,± ) sono punti sella perché la matrice hessiana è indefinita in tali punti (avendo determinante negativo). In (1,0) l hessiana è semidefinita, dunque non si può concludere nulla dallo studio di essa. Tuttavia osserviamo che restringendo la f alle rette parallele agli assi passanti per (1,0) si ottiene f(1,y) = y, f(x,0) = 1 3 (1 x)3. Pertanto anche (1,0) è un punto sella, dato che x = 1 lo è per f(x,0). Infine f(0,0) = ( 1,0). Dunque l equazione cercata è x+z f(0,0) = 0. (1,0), (3, ), (3, ), tutti punti sella. L equazione del piano è x+z = [0/06/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f(x,y) = 9 x + 1 (yx) x5, (x,y) R, e stabilirne la natura. I punti critici sono per definizione le soluzioni del sistema f x = 9x+y x+x 4 = 0, f y = yx = 0. La seconda equazione impone x = 0 o y = 0. Se x = 0 la prima è soddisfatta per ogni y. Se y = 0 dalla prima si ha Dunque i punti critici sono x(x 3 9) = 0. (0,ȳ), ȳ R; ( 3 9,0). 8

29 050. Classificazione di punti critici Notiamo che f(0,ȳ) = 0, ȳ R; f( 3 9,0) = < 0. Troviamo la matrice hessiana Nei punti (0,ȳ) l hessiana vale f x = 9+y +4x 3, f x y = xy, f y = x. D f(0,ȳ) = ( ) 9+ȳ Dunque il suo studio non può dare risultato. Osserviamo invece direttamente che f(x,y) = x } { 9+y + x3. 5 Dunque distinguiamo tre casi: i) ȳ > 3: In questo caso f(x,y) 0 in un intorno di (0,ȳ) che risulta pertanto di minimo locale. ii) ȳ < 3: In questo caso f(x, y) 0 in un intorno di (0, ȳ) che risulta pertanto di massimo locale. iii) ȳ = 3: Per esempio sia ȳ = 3, e scriviamo y = 3+t. Allora f(x,y) = x } {t +6t+ x3. 5 Si può prendere x = t e poiché allora f cambia di segno con t si vede che (0,±3) sono punti di sella. Infine in ( 3 9,0) si ha D f( 3 ( ) 7 0 9,0) = Quindi l hessiana è definita positiva e il punto è di minimo locale. I punti (0, ȳ) ȳ R sono critici; in particolare ȳ > 3 minimo locale; ȳ < 3 massimo locale; ȳ = 3 sella. Inoltre ( 3 9,0) è un minimo locale. 9. [0/06/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R con f(x,y) = y π (1+x) 4 y π, e classificarli. Determinare la curva di livello f(x,y) = 0 e la normale a essa in (π,0). 9

30 050. Classificazione di punti critici Scriviamo il sistema che dà i punti critici f x = y (1+x) = 0, π f y = 1 π (1+x) 4 π = 0. La seconda equazione dà x = 1 o x = 3. Sostituendo nella prima si ottengono i punti critici (1,0), ( 3,0). Troviamo l hessiana Pertanto D f(1,0) = f x = y π, f x y = π (1+x), ( ) 0 4 π 4 π 0 f y = 0., D f( 3,0) = ( ) 0 4 π 4. π 0 Entrambe le matrici sono indefinite e quindi entrambi i punti critici sono punti sella. La curva f = 0 ha equazione y π [(1+x) 4] = 0, e quindi è costituita dall unione delle tre rette y = 0, x = 1, x = 3. Nel punto (π,0) perciò la normale è (0,1). Si noti che la normale non sarebbe definita nei punti (1,0) e ( 3,0). (1,0), ( 3,0), punti sella. {f = 0} = {y = 0} {x = 1} {x = 3}, ν = (0,1). 10. [07/07/016 (ex)i] Si trovino tutti i punti critici della funzione f : R 3 R f(x,y,z) = e 3x +3y +y+z +x = exp{ 3x +3y +y +z +x}, determinandone la natura. Si trovi anche la normale alla superficie di livello f = 1 nel punto (0,0,0). Troviamo i punti critici risolvendo il sistema f = 0, ossia f = f(x,y,z)( 6x+1) = 0, x f = f(x,y,z)(6y+) = 0, y f = f(x,y,z)z = 0. z 30

31 050. Classificazione di punti critici Dato che f > 0 ovunque, l unico punto critico è Calcoliamo la matrice hessiana ( 1 6, 1 3,0 ). f x = f(x,y,z)( 6x+1) 6f(x,y,z), f y = f(x,y,z)(6y+) +6f(x,y,z), f z = f(x,y,z)(z) +f(x,y,z), f = f(x,y,z)( 6x+1)(6y +), x y f x z = f(x,y,z)(z)( 6x+1), f y z = f(x,y,z)(z)(6y+). Dato che ( 1 ) f 6, 1 3,0 = e 1 4, si avrà ( 1 ) D f 6, 1 3,0 = e e quindi il punto è di sella. La normale alla superficie di livello è data come è noto da f(0,0,0) = (1,,0). ( 1 6, 1 3,0 ), punto sella. ν = (1,,0) [07/07/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R data da f(x,y) = (y +3)(1+x) 4(y +3), e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto (0,0). 31

32 050. Classificazione di punti critici A) Troviamo i punti critici risolvendo il sistema f = 0, ossia f = (y +3)(1+x) = 0, x f y = (1+x) 4 = 0. La seconda equazione è di secondo grado e dà le due soluzioni x = 1, x = 3 che sostituite nella prima permettono di trovare i corrispondenti valori della y. Si ottengono i punti critici (1, 3), ( 3, 3). Troviamo poi la matrice hessiana: Dunque D f(1, 3) = In entrambi i punti si ha f = (y +3), x f x y = (1+x), f y = 0. ( ) 0 4, D 4 0 f( 3, 3) = detd f < 0, e dunque si tratta di due punti sella. B) Come è noto l equazione del piano tangente è ( ) z = f(0,0)+ f(0,0) (x,y) = 3+6x 3y. (1, 3), ( 3, 3), punti sella. z = 3+6x 3y. 1. [07/09/016 (ex)i] Trovare i punti critici della funzione f : R R data da f(x,y) = x3 ( xy) y, e classificarli. Trovare l equazione del piano tangente al grafico di f nel punto P = (,0). Scriviamo il sistema f = 0, cioè f x = x 8 + x3 y = 0, f y = x4 y 4y =

33 050. Classificazione di punti critici La seconda equazione è soddisfatta se y = 0 oppure se x 4 = 16, ossia x = ±. Sostituendo nella prima le varie possibilità si trovano i punti critici ( 1 ) ( (0,0),,,, 1 ). Calcoliamo la matrice hessiana Pertanto f x = x x y, f x y = x3 y, f y = x D f(0,0) = ( ) La matrice è semidefinita negativa e non si può trarre da essa altra conclusione che il punto (0,0) è di sella o di massimo. Basta però osservare che f(x,0) = x3 4, per provare che è di sella. Poi si ha ( D 1 ) f, = ( 1 4 ). 0 La matrice è indefinita, quindi si tratta di un punto di sella. Infine ( D f, 1 ) ( 1 = 4 ) 0 è anch essa indefinita, quindi anche (, 1/( )) è di sella. L equazione cercata è z = f(,0)+ f f (,0)(x+)+ x y (,0)(y 0) = (x+). I punti critici, tutti di sella, sono: ( 1 ) (0,0),,, Il piano tangente è z = x + 3. (, 1 ). 13. [11/11/016 (ex)i] Trovare e classificare i punti critici della funzione f : R R data da f(x,y) = x +y +6xy x+10y

34 050. Classificazione di punti critici I punti critici si ottengono dal sistema f = 4x+6y = 0, x f = y +6x+10 = 0, y che ha unica soluzione ( 16/7,13/7). La matrice hessiana della f è costante e vale ( ) 4 6 H f (x,y) =, 6 che ha determinante negativo. Dunque l unico punto critico è un punto sella perché la matrice hessiana è indefinita. ( 16 7, 13 ), punto sella [17/01/017 (ex)i] Trovare e classificare i punti critici di f(x,y) = cos(x y)+e y, (x,y) R. Dato che f C (R ) troviamo il gradiente f x = sin(x y), f y = sin(x y)+yey. Il sistema che dà i punti critici è pertanto sin(x y) = 0, sin(x y)+ye y = 0. La I equazione sostituita nella II conduce subito a y = 0, da cui, di nuovo per la I, x = kπ, k Z. Dunque i punti critici sono tutti e soli i punti nella forma (kπ,0), k Z. Per classificarli studiamo la matrice hessiana ( ) cos(x y) cos(x y) H f (x,y) = cos(x y) cos(x y)+e y +4y. e y Sostituendo si trova ( ) ( 1) k+1 ( 1) H f (kπ,0) = k ( 1) k ( 1) k+1, + 34

35 050. Classificazione di punti critici con Dunque se k è dispari deth f (kπ,0) = 1+( 1) k+1 1 = ( 1) k+1. deth f (kπ,0) = > 0, e l hessiana è definita positiva. Se invece k è pari, deth f (kπ,0) = < 0, f x(kπ,0) = 1 > 0, e l hessiana è indefinita. (kπ,0), k Z; k dispari: minimo; k pari: punto sella. 15. [17/01/017 (ex)ii] Trovare e classificare i punti critici di f(x,y) = sin(x+y)+e x, (x,y) R. (0, π +kπ ), k Z; k dispari: minimo; k pari: punto sella. 16. [6/0/017 (ex)i] Trovare e classificare i punti critici della funzione ( f(x,y,z) = arctg (x 1) +y ) +e z, (x,y,z) R 3. Si ha che f C (R ) e che Dunque l unico punto critico è f x = (x 1) ), ((x 1) +y +1 f y = y ), ((x 1) +y +1 f z = ze z. (1,0,0). In tale punto calcoliamo la matrice hessiana H f (1,0,0) = ,

36 050. Classificazione di punti critici che è indefinita. Pertanto si tratta di un punto sella. (1,0,0), punto sella. 17. [6/0/017 (ex)ii] Trovare e classificare i punti critici della funzione f(x,y,z) = e x +(y ) +arctg(z ), (x,y,z) R 3. (0,,0), minimo. 18. [7/4/017 (ex)i] Si determinino e si classifichino i punti critici della funzione f(x,y,z) = z +(x 1) cosy, (x,y,z) R 3. Si ha f C (R 3 ); possiamo quindi cercare i punti ove il gradiente si annulla: f = (x 1) = 0, x f = siny = 0, y f = z = 0. z Dunque si ottiene la famiglia di punti critici La matrice hessiana è data da Se k è pari (1,kπ,0), k Z. H f (x,y,z) = diag(,cosy,). H f (1,kπ,0) = diag(,1,), definita positiva: il punto critico è un minimo locale. Se k è dispari H f (1,kπ,0) = diag(, 1,), indefinita: il punto critico è un punto sella. Punti di minimo locale: (1,nπ,0), n Z. Punti di sella: (1,(n+1)π,0), n Z. 19. [13/06/017 (ex)i] Si trovino e si classifichino i punti critici della funzione f(x,y) = y x (x 1), (x,y) R. 36

37 050. Classificazione di punti critici Poiché f C (R ) troviamo il gradiente f x = 3x +x, f y = y. Annullando il gradiente si trovano quindi i punti critici (0,0), ( 3,0 ). Per classificarli studiamo la matrice hessiana ( ) 6x+ 0 H f f(x,y) =. 0 Si ha H f (0,0) = ( ) 0 ( ), H 0 f 3,0 = ( ) 0. 0 L hessiana è definita positiva nel primo caso che pertanto è un punto di minimo, e indefinita nel secondo che pertanto è un punto di sella. ( ) (0,0), minimo; 3,0, sella. 0. [13/07/017 (ex)i] Determinare e classificare i punti critici di f(x,y) = x y(x 3y +6) = x 3 y 3x y +6x y in R. Si ha f C (R ). Calcoliamo f x = 6x y 6xy +1xy, f y = x3 6x y +6x. Tutti i punti della forma (0,y), sono punti critici. Se invece x 0 otteniamo il sistema y R 6xy 6y +1y = 0, x 6y +6 = 0. Questo sistema, distinguendo i casi y = 0 e y 0, ha soluzioni ( 3,0), ( 3, 1 ). 37

38 050. Classificazione di punti critici Dunque i punti critici sono tutti e soli quelli dati da (0,y), y R; ( 3,0), ( 3, 1 ). Per classificarli studiamo la matrice hessiana ( ) 1xy 6y H f (x,y) = +1y 6x 1xy+1x 6x 1xy +1x 6x. Si ha H f ( 3,0) = ( ) dato che il determinante è negativo, l hessiana è indefinita e ( 3,0) è un punto sella. Si ha poi ( H f 3, 1 ) = 9 ( ) dato che il determinante è positivo, l hessiana è definita, ed è negativa perché f xx < 0. Quindi ( 3/,1/) è un punto di massimo stretto. Infine si ha ( ) 6y H f (0,y) = +1y 0, 0 0 cosicché nei punti critici (0, y) l hessiana è semidefinita o nulla e il suo studio non permette di raggiungere conclusioni. Osserviamo allora che f(0,y) = 0 per ogni y R, e studiamo il segno di f usando la sua scomposizione nei due fattori indicati nel testo. Si vede che f 0 in un intorno di ciascun punto della forma (0,y) con 0 < y <. Quindi questi sono punti di minimo. Invece f 0 in un intorno di ciascun punto della forma (0,y) con y > o y < 0. Quindi questi sono punti di massimo. Infine f cambia segno in ogni intorno dei due punti (0,0) e (0,) che pertanto sono punti di sella. ( 3,0),(0,0),(0,), punti sella; ( 3, 1 ), punto di massimo stretto; (0,y),0 < y <, punti di minimo; (0,y),y < 0 o y >, punti di massimo. 1. [15/09/017 (ex)i] Determinare i punti critici della funzione f(x,y,z) = e x z (x +y ), (x,y,z) R 3. 38

39 070. Studio degli insiemi di livello Si ha f C (R 3 ); derivando si ottiene f x = ex z x(x +y 1), f y = yex z, f z = ex z z(x +y ). Dalla II segue necessariamente che nei punti critici y = 0. La III dà allora z = 0 o x =, e la I dà x = 0 o x = 1. Quindi si hanno le soluzioni (0,0,0), (±1,0,0). (0,0,0), (±1,0,0) Studio degli insiemi di livello 1. [6/0/017 (ex)i] Si dimostri che le curve di livello f = c della funzione f(x,y) = arctg(x 4 y 4 ) sono curve regolari per ogni valore c R tranne uno. Si determini tale valore e si descriva la curva di livello relativa. Si ha f(x,y) = 4(x3, y 3 ) (x 4 y 4 ) +1, Quindi f(x,y) (0,0), (x,y) (0,0). Dunque tutte le curve di livello sono regolari per il teorema del Dini, tranne forse quella che passa per (0,0), ossia f = 0. Dato che arctgz = 0 se e solo se z = 0, allora questa curva coincide con l insieme D altra parte {(x,y) x 4 y 4 = 0}. x 4 = y 4 x = y x = y o x = y. Quindi la curva di livello f = 0 è data dall unione delle due rette x = y e x = y, e non è regolare in nessun intorno dell origine. c = 0; {x = y} {x = y}. 39

40 070. Studio degli insiemi di livello. [6/0/017 (ex)ii] Si dimostri che le curve di livello f = c della funzione f(x,y) = e y4 x 4 sono curve regolari per ogni valore c R tranne uno. Si determini tale valore e si descriva la curva di livello relativa. c = 1; {x = y} {x = y}. 3. [15/09/017 (ex)i] Data la funzione f(x,y) = x +y 4x+y +5, (x,y) R, determinare le sue curve di livello C k = {f = k}, k R, e rappresentarle graficamente, specificando di che curva si tratta e se sono curve regolari. Calcolare il vettore normale alla curva di livello che passa per (4, 1). La funzione può essere riscritta come f(x,y) = (x ) +(y +1), (x,y) R. Le curve di livello sono quindi date da ossia: C k = {(x,y) (x ) +(y +1) = k}, 1. se k > 0 C k è la circonferenza di raggio k > 0 e centro (, 1);. se k = 0 C k = {(, 1)}; 3. se k < 0 C k =. Quindi C k è una curva regolare se e solo se k > 0. La curva che passa per (4, 1) corrisponde al valore di k k = (4 ) +( 1+1) = 4. Si ha che la direzione normale cercata è data da f(4, 1) = (4,0). 1. k > 0: C k è la circonferenza di raggio k > 0 e centro (, 1);. k = 0: C k = {(, 1)}; 3. k < 0: C k =. 40

41 090. Serie di potenze Quindi C k è una curva regolare se e solo se k > 0. La normale è (1,0) Serie di potenze 1. [13/06/017 (ex)i] Determinare il raggio e l intervallo di convergenza della seguente serie di potenze: + n=1 3n + n 4 La serie è una serie di potenze di centro 3, con ( x 3 ) n. 4 a n = 3n + n 4 4 n. Usiamo il teorema che dice che il raggio R di convergenza soddisfa 1 R = lim a n+1 n + a n, ammesso che il limite sopra esista. In questo caso si ha lim a n+1 n + a n = lim 3(n+1) + n 4 n + 3n + (n+1) 44 1 = 4 1. Dunque R = 4 e l intervallo è (3 4,3+4). 4; ( 1,7).. [13/07/017 (ex)i] Determinare il raggio e l intervallo di convergenza della seguente serie di potenze: + n=1 La serie può essere scritta come n ( ) x 4 n n! n. 3 + n=1 n n! nyn, con y = (x 4)/3. Si sa che il raggio di convergenza può essere determinato studiando il limite lim n + (n+1) n! n n+1 (n+1)! n+1 n = lim n + n = 0. 41

42 00. E.d.o. del I ordine generalita Perciò R = + e la serie converge per ogni y. Dunque la serie originaria converge per ogni x. R = +, (,+ ). 00. E.d.o. del I ordine generalita 1. [11/07/00 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni di y = y x+ y x x. Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamente tutte quelle dell equazione.. [11/07/00 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni di y = y 3 x y x+3x. Si noti che si deve dimostrare che le soluzioni trovate siano effettivamente tutte quelle dell equazione. 3. [3/9/015 (hw)i] Determinare quali delle seguenti funzioni risolvono l equazione differenziale corrispondente. a) y(t) = e t, t R, y = (+4t )y; b) y(t) = t 1 e z z dz, t > 0, y = ty ; c) y(t) = e t, t R, y = y ; d) y(t) = e t, t R, y = y. Si arriva alla risposta con calcoli diretti; per esempio nel caso b), dato che t > 0 si ha y (t) = t et = t et, e quindi y (t) = 4te t = t(e t ) = ty (t). a) sì; b) sì; c) no; d) sì. 4. [6/0/017 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni dell equazione y = x y. 4

43 0. Integrali generali La funzione F(x,y) = x y è continua in R e ivi localmente lipschitziana in y. Quindi si possono applicare i teoremi di esistenza locale e unicità. Perciò dato che y(x) = 0, x R, è una soluzione dell equazione, la altre soluzioni non possono cambiare segno. Dunque il problema si riduce a trovare tutte le soluzioni di i) y = xy, y > 0; ii) y = xy, y < 0. i) Si ottiene subito ii) Analogamente y(x) = k 1 e x, x R,k1 > 0. y(x) = k e x, x R,k < 0. y(x) = 0, x R; y(x) = k 1 e x, x R,k1 > 0; y(x) = k e x, x R,k < [6/0/017 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni dell equazione y = y cosx. y(x) = 0, x R; y(x) = k 1 e sinx, x R,k 1 > 0; y(x) = k e sinx, x R,k < Integrali generali 1. [4/4/00 (hw)i] Dire quali delle seguenti espressioni possono essere integrali generali dell equazione di II grado ẍ = f(t, x, ẋ). i) c 1 t+c t ; ii) (c 1 +c )e t ; iii) c 1 +c t+logt; iv) c 1 sint+c cost+c 3. 43

44 50. E.d.o. a variabili separabili i) e iii).. [4/4/00 (hw)i] Determinare l integrale generale dell equazione ẋ = tx tarctg(logt)+ sapendo che una sua soluzione particolare è 1 t+t(logt), t > 0, w(t) = arctg(logt), t > 0. x(t) = Ce t +arctg(logt), t > E.d.o. a variabili separabili 1. [0/001 (hw)i] Trovare tutte le soluzioni di y = (1+y )x, e disegnarne schematicamente il grafico.. [0/001 (hw)i] Trovare tutte le soluzioni di y = (cosy) sinx, e disegnarne schematicamente il grafico. 3. [11/07/00 (ex)i] Trovare la soluzione di { y +y = 1 y, nel più grande intervallo possibile. y(0) = 1, 4. [11/07/00 (ex)ii] Trovare la soluzione di { y y = 1 y, nel più grande intervallo possibile. y(0) = 1, 5. [0/06/016 (ex)i] Si determini la soluzione massimale del problema di Cauchy y = e t y, y(0) = α, 44

45 50. E.d.o. a variabili separabili al variare di α R, studiandone anche i limiti negli estremi dell intervallo di definizione. Si procede per separazione delle variabili ottenendo se y 0 d dt Risolvendo in y(t) 1 y = e t, da cui 1 y(t) + 1 y(0) = 1 e t. y(t) = α 1 α(1 e t ), t I, ove I è l intervallo massimale di esistenza. Si noti che l espressione ottenuta mostra che se α 0 allora la y si mantiene diversa da 0 per ogni t I. Questo del resto era ovvio dalla e.d.o., per il teorema di unicità. Se inveceα = 0 otteniamo la soluzioney = 0 che è comunque formalmente compresa nell espressione trovata. Supponiamo ora α 0 e determiniamo I. Il denominatore vale 1 in t = 0. Si annulla se e solo se f(t) = 1 α(1 e t ), t R, e t = 1 1 α. Questo è impossibile se 0 < α 1. In questo caso dunque I = Se invece α > 1 o α < 0 si ha f(t) = 0 se e solo se t = ln α α 1 =: t α. Dunque nel caso α > 1 si ha t α > 0 e I = (,t α ). Nel caso α < 0 si ha t α < 0 e I = (t α,+ ). Studiamo infine i limiti: α = 0 : lim y(t) = 0; t ± α (0,1) : lim y(t) = α t + 1 α, α = 1 : α > 1 : α < 0 : lim t + y(t) = +, lim lim y(t) = 0, lim t lim y(t) =, lim t t α+ lim y(t) = 0; t y(t) = 0; t y(t) = + ; t t α y(t) = α t + 1 α. y(t) = α 1 α(1 e t ), t I. 45

46 60. E.d.o. riconducibili a variabili separabili Se α [0,1], I = R; se α > 1, I = (,t α ); se α < 0, I = (t α,+ ), ove t α = ln[α/(1 α)]. I limiti sono: α = 0 : lim y(t) = 0; t ± α (0,1) : lim y(t) = α t + 1 α, α = 1 : α > 1 : α < 0 : lim t + y(t) = +, lim lim y(t) = 0, lim t lim y(t) =, lim t t α+ lim y(t) = 0; t y(t) = 0; t y(t) = + ; t t α y(t) = α t + 1 α. 6. [13/07/017 (ex)i] Determinare la soluzione massimale di y = ty 3, y(1) = 1. Si tratta di una e.d.o. a variabili separabili: assumendo y 0 si ha da cui d dt y(t) = y(t) 3 y (t) = t, y(t) y(1) = t 1, per ogni t nel dominio della soluzione. Dunque sostituendo il dato di Cauchy si ha y(t) = 1 t. Si osserva che in effetti y(t) 0 in tutto il suo intervallo di definizione che è (0,+ ). y(t) = 1 t, t (0,+ ). 60. E.d.o. riconducibili a variabili separabili 1. [1/09/001 (ex)i] Trovare le soluzioni dell equazione y = e 3y x + y x, e determinare la soluzione massimale tale che y(x) + se x e. 46

47 60. E.d.o. riconducibili a variabili separabili. [1/09/001 (ex)ii] Trovare le soluzioni dell equazione y = e 4y x + y x, e determinare la soluzione massimale tale che y(x) + se x e. 3. [0/001 (hw)i] Trovare la soluzione del problema di Cauchy { y = y x +1, y(1) = [5/03/001 (hw)i] Si risolva y = y, y( 1) = 1. y +x La soluzione va lasciata in forma implicita. ln y x y = [5/03/001 (hw)i] Trovare in forma implicita la y(x) che risolve y = tg (x+y), y(0) = 0. Si dimostri che la soluzione cessa di esistere per qualche x 0 (0, π ). y + 1 sin(x+y) = x. 6. [7/06/00 (ex)i] Trovare tutte le soluzioni di y = y +x y x + y x. 7. [7/06/00 (ex)ii] Trovare tutte le soluzioni di y = y x y +x + y x. 8. [11/09/00 (ex)i] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy { y = y x e y x + y x, y(1) = 1, 47

48 60. E.d.o. riconducibili a variabili separabili e naturalmente l intervallo ove è definita. 9. [11/09/00 (ex)ii] Trovare la soluzione massimale del problema di Cauchy { y = y x y x e y x, y(e) = e, e naturalmente l intervallo ove è definita. 10. [4/1/00 (ex)i] Trovare la soluzione y : (,+ ) R del problema di Cauchy { y = 1+ y x, y(3) = [4/1/00 (ex)i] Trovare la soluzione di { y = (x+y), y(1) =. 1. [3/5/00 (hw)i] Calcolare l integrale generale di y = y (logy logx+1). x y = xe Cx. 13. [10/1/003 (ex)i] Trovare la soluzione di y = 1 lny lnx + y, y(3) = π. x (Non è richiesto di determinare l intervallo massimale di esistenza.) 14. [10/1/003 (ex)ii] Trovare la soluzione di y = 1 lnx lny + y, y(1) = π. x (Non è richiesto di determinare l intervallo massimale di esistenza.) 15. [19/5/003 (hw)i] Risolvere y = y y x y x, y(1) = u 0, u 0 > 0, u

49 60. E.d.o. riconducibili a variabili separabili (La soluzione verrà trovata in forma implicita.) a) Se u 0 < 1, si dimostri che la soluzione è decrescente, ma non si annulla mai, e anzi lim x y(x) = u 0e u 0 < u 0. b) Se u 0 > 1, si dimostri che la soluzione soddisfa y(x) > (u 0 lnu 0 )x > x, per ogni x > 1. y(x) x lny(x) = u 0 lnu [11/0/016 (ex)i] Trovare la soluzione massimale di ( y = y x+1 + x+1 e y y(0) = u 0 > 0, y x+1 ), y > 0,x > 1, con il suo intervallo di definizione (σ, Σ). Dimostrare che esiste β > 0 finito, indipendente da u 0, tale che Σ < β per ogni u 0 > 0. Cambiamo variabile Allora l equazione diviene Separando le variabili z = y x+1, y = (x+1)z +z. z (x+1) = ez z. 1 d ) = 1 dx (e z x+1. Si noti che z(0) = y(0) = u 0, per cui integrando e risolvendo in z z(x) = ln[e u 0 ln(x+1)], da cui y(x) = (x+1) ln[e u 0 ln(x+1)]. L intervallo di definizione si ottiene imponendo che l argomento del logaritmo sia positivo, ma minore di 1 (cosicché la radice sia definita). Si ottiene che equivale a 1+ln(x+1) > e u 0 > ln(x+1), ( e u 0 1 ) σ = exp 1 < x < Σ = exp 49 ( e u 0 ) 1 < e 1.

50 60. E.d.o. riconducibili a variabili separabili per y(x) = (x+1) ln[e u 0 ln(x+1)], ( e u 0 1 ) σ = exp 1 < x < Σ = exp ( e u 0 ) 1 < e [11/0/016 (ex)ii] Trovare la soluzione massimale di y = y x+ + 1 y(0) = u 0 > 0, x+ e y ( y x+ ), y > 0,x >, con il suo intervallo di definizione (σ, Σ). Dimostrare che esiste β > 0 finito, indipendente da u 0, tale che Σ < β per ogni u 0 > 0. [ y(x) = (x+) ln e u 0 4 ln x+ ], per ) σ = exp (e u ) < x < Σ = exp (e u 0 4 < e. 18. [07/07/016 (ex)i] Si trovi la soluzione in forma implicita del problema di Cauchy y = y y t + y t, y(1) =. Si dimostri che l intervallo di definizione della soluzione massimale è limitato a destra. A) L equazione è definita nell aperto Ω = {y > t > 0} quindi possiamo assumere t 0 e scrivere la e.d.o. nella forma Introduciamo la nuova incognita y = per cui y = z t+z. La e.d.o. diviene y t y t 1 + y t. z = y t, z t+z = z z 1 +z, 50