Esercizi. 1) Sia f : R 2! R, f(x, y) =(x ) 2 +(y ) 3.(0< <4)

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1 Esercizi 1) Sia f : R! R, f(x, y) (x ) +(y ) 3.(< <4) i) Determinare eventuali punti critici di f e classificarli. ii) Determinare f(v ), dove V (x, y) R : (x ) +(y ) apple 36 Z ) Calcolare A A (x, y, z) R 3 : f(x, y, z) dx dy dz, dovef(x, y, z) xyz, e(< ) apple x + y + z apple ( ), apple y apple x, apple z..

2 Soluzioni esercizi 1) f C 1 (R ; R). i) Vale: rf(x, y) (x ), 3(y ) rf(x, y) (, ), (x, y) (, )P 1 D f(x, A 6(y ) 1 D f(p )@ A La matrice D f(p ) è semidefinita positiva. Per classificare P, basta osservare che qualsiasi intorno di P, contiene un segmento della retta {x }; la funzione f calcolata su questo segmento risulta: -) positiva, se y ; -) negativa, se y apple. Poiché f(p ), il punto critico P è un punto di sella. ii) L insieme V è connesso e compatto, f C(V ; R), quindi f(v ) sarà un intervallo connesso e compatto di R. Dal punto i), si vede che il punto critico P Int(V ). La frontiera di V risulta essere una varietà di dimensione 1, in particolare Fr(V ) (x, y) R : F (x, y) (x ) +(y ) 36. La Lagrangiana associata è: L(x, y, )f(x, y) F (x, y) (x ) +(y ) 3 (x ) +(y ) 36 Annullare il gradiente di L(x, y, ) significa risolvere il seguente sistema: 8 (x )(1 ) >< (y )(3(y ) ) >: F (x, y) Le soluzioni del precedente sistema sono: P 1, 7,P, Risulta: Quindi f(p ),f(p 1 ) 1 6,P ,,P 4 3,f(P ) f(v ) " , 6 3,f(P 3 )f(p 4 ) # 1 6, 1 6..

3 ) Si consideri il cambio di coordinate '(r,, ) (x, y, z) dato da: 8 >< >: x r cos cos y r cos sin z r sin con apple r, [, ], [, ], e det (Jac(')) r cos. Risulta ' : B! A, dove n B (r,, ) R 3 : apple r apple, apple apple 4, apple apple o. Quindi Z A Z f(x, y, z) dx dy dz Z r 5 dr Z 4 B r 5 (cos ) 3 (sin )(cos )(sin ) dr d d (cos )(sin ) d! Z (cos ) 3 (sin ) d! apple r 6 6 apple (sin ) apple (cos )

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9 Esercizi 1) (α 3, 4, 5) Sia f : R 1 \ { (x, y) α} R, f(x, y) α (x, y). i) [3 punti] Determinare eventuali punti critici { di f e classificarli. ii) [ punti] Determinare f(v ), dove V (x, y) R x : 1 (α 1) + y }, (x, y) < α (α ) ) (α, 3, 4) Calcolare A f(x, y, z) dx dy dz, dove f(x, y, z) xy, e A { (x, y, z) R 3 : (x, y) α, α z + (x, y) α + 1, x, y }..

10 Soluzioni esercizi 1) f C (R \ { (x, y) α} ; R). i) Vale: f(x, y) (α (x, y) (x, y) ) f(x, y) (, ) (x, y) (, ) P α D (x, y) + 4x 4xy f(x, y) (α (x, y) ) 3 4xy α (x, y) + 4y D f(p ) α (α ) 3 α La matrice D f(p ) è definita positiva, quindi il punto critico P è un punto di minimo locale. ii) L insieme V è connesso, limitato ma non chiuso, quindi non compatto. f C(V ; R), quindi f(v ) sarà un intervallo (connesso) di R. Dal punto i), si vede che il punto critico P / Int(V ). La frontiera di V è composta da due varietà di dimensione 1, in particolare F r(v ) E C, dove E { (x, y) R : F 1 (x, y) x (α 1) + y } (α ) 1 C { (x, y) R : F (x, y) x + y α }. Vale: E V, C V ; inoltre C non appartiene al dominio naturale di f. La Lagrangiana associata a E è: L 1 (x, y, λ) f(x, y) λf 1 (x, y) Annullare il gradiente di L 1 (x, y, λ) significa risolvere il seguente sistema: ( ) x f λ (α 1) ( ) y f λ (α ) Le soluzioni del precedente sistema sono: F 1 (x, y). Risulta: P 1 (, (α )), P (, (α )), P 3 ((α 1), ), P 4 ( (α 1), ). f(p 1 ) f(p ) 1 α (α ), f(p 3) f(p 4 ) 1 α (α 1). Per quanto riguarda C, poiché la funzione è radiale (dipende dalla norma r (x, y) ), sull insieme V è una funzione monotona crescente di r; in particolare lim f(r) +. r α Quindi [ ) 1 f(v ) α (α ), +

11 ) Si consideri il cambio di coordinate φ(r, θ, z) (x, y, z) dato da: x r cos θ y r sin θ z z con r, θ [, π], z R, e det (Jac (φ)) r. Risulta φ : B A, dove { B (r, θ, z) R 3 : r α, θ π }, α r z α + 1 r. Quindi A f(x, y, z) dx dy dz B r 3 cos θ sin θ dr dθ dz ( π ) ( ( α ) ) α+1 r (cos θ)(sin θ) dθ r 3 dz dr α r ( π ) ( α (cos θ)(sin θ) dθ ) r 3 dr [ ] π [ (sin θ) r 4 4 ( ) ( ) 1 α 4 4 ] α

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17 Esercizi 1) (α, 3, 4) Sia f : R 3 R, f(x, y, z) (x α) + y 4 y + α z. i) [3 punti] Determinare eventuali punti critici di f e classificarli. ii) [ punti] Determinare f(v ), dove ) (α 3, 5, 7) Calcolare A V { (x, y, z) R 3 : (x α) + y + α z 1 }. f(x, y) dx dy, dove f(x, y) e αx, e A { (x, y) R : y α, y α x 3 } y. α

18 Soluzioni esercizi 1) f C (R 3 ; R). i) Vale: f(x, y, z) ( (x α), 4y 3 4y, α z ) (x, y, z) (α,, ) P f(x, y, z) (,, ) (x, y, z) (α, 1, ) P 1 D f(p ) 4 (x, y, z) (α, 1, ) P D f(x, y, z) 1y 4 α α ; D f(p 1 ) D f(p ) 8 α La matrice D f(p ) è indefinita, quindi il punto critico P è un punto di sella. La matrice D f(p 1 ) D f(p ) è definita positiva, quindi i punti critici P 1 e P sono punti di minimo locale. ii) L insieme V è connesso e compatto. f C(V ; R), quindi f(v ) sarà un intervallo connesso e compatto di R. L insieme V risulta essere una varietà di dimensione, in particolare V { (x, y, z) R 3 : F (x, y, z) (x α) + y + α z 1 }. La Lagrangiana associata è: L(x, y, z, λ) f(x, y, z) λf (x, y, z) Annullare il gradiente di L(x, y, z, λ) significa risolvere il seguente sistema: (x α)(1 λ) 4y(y 1 λ) α z(1 λ) F (x, y, z) Le soluzioni del precedente sistema sono: ( ) 1 P 3 α,,, P 4 ( α, 1 ),, e tutti i punti del tipo P 5 (x,, z) con (x α) + α z 1. Risulta: f(p 3 ) f(p 4 ) 3 4, f(p 5) 1. Quindi f(v ) [ 34 ], 1

19 ) Usando direttamente il teorema di riduzione, vale A f(x, y) dx dy α ( 3 y α y α e αx dx ) dy Questo non permette di calcolare esplicitamente l integrale. Si può scambiare l ordine di integrazione, riscrivendo il dominio A nel seguente modo: A { (x, y) R : x 1, αx 3 y αx }. Quindi A f(x, y) dx dy 1 [ e αx 1 ( αx e αx αx 3 e αx α ( x x 3 ) dx [ ( e αx 1 x )] 1 ( 1 x ) + ] 1 α e αx ) dy dx e αx ( αx αx 3 e αx αx ( 1 x ) dx [ e αx α e α 1 α e αx x dx ) dy ( 1 x + )] 1 α dx

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