6) f(x, y) = xy 1 log(5 2x 2y) x + y. 2x x 2 y 2 z 2 x 2 + y 2 + z 2 x Esercizio 2. Studiare gli insiemi di livello delle seguenti funzioni:

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1 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 1. Esercizi Esercizio 1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni, specificando se si tratta di un insieme aperto o chiuso: 1) f(x, ) = log(x x ) ) f(x, ) = x + 3) f(x, ) = x 4 4) f(x, ) = cos(x + ) 5) f(x, ) = arcsin x 6) f(x, ) = x 1 log(5 x ) x + 7) f(x,, z) = 1 x + 1 z + 1 x + 8) f(x,, z) = 1 z x z + 1 9) f(x,, z) = x x z x + + z x 10) f(x,, z) = Esercizio. Studiare gli insiemi di livello delle seguenti funzioni: 1) f(x, ) = x + ) f(x, ) = e x z 1 cos(x) 3) f(x, ) = cos(x + ) 4) f(x, ) = arcsin x x + x + 5) f(x,, z) = 1 x x 6) f(x,, z) = z z + 1 x + + z x Esercizio 3. Stabilire quale dei seguenti iti esiste, e calcolare questi ultimi: 1) log( x + x + ) ) (x,) (0,0) (x,) (0,0) x 3) x 4) (x,) (0,0) x + (x,) (0,0) x 4 + 5) sin(x + 3 ) arctan(x) 6) (x,) (0,0) x + + x (x,) (0,0) x + 7) x 5 x 3 8) (x,) (0,0) x x + (x,) (0,0) x 6 + 9) (x,) (0,0) x 3 x ) (x,) (0,0) Esercizio 4. Calcolare, se esistono, i iti seguenti. log(1 + x 3 ) x 3 (1) x 4 + x 3 cos(x ) 1 () (x,) (0,0) 4 + x 3 (x,) (0,0) log(1 + 4x) (3) (x + ) (4) ) (x,) (0,0) x 4 + x + (x,) (0,0) 3 x (5) e x 1 + x 3 x + x + (6) (x,) (0,0) x + (x,) (0,0) x + Esercizio 5. Studiare continuità, derivabilità rispetto ad una qualsiasi direzione, differenziabilità delle seguenti funzioni 1

2 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI (1) f(x, ) = () f(x, ) = (3) f(x, ) = (4) f(x, ) = (5) f(x, ) = x arctan 1 se 0 0 se = 0 sin x + x + se (x, ) (0, 0) 1 se (x, ) = (0, 0) cos 1 se 0 0 se = 0 3x 3 3 se (x, ) (0, 0) x + 0 se (x, ) = (0, 0) x x 4 + se (x, ) (0, 0) 0 se (x, ) = (0, 0) Esercizio 6. Scrivere l equazione del piano tangente al grafico della funzione f(x, ) = x log in A(1, 1, 1). Esercizio 7. Calcolare il massimo valore che assume la derivata direzionale di f(x, ) = sin(x + ) in A( π 8, π 16 ). Esercizio 8. Determinare e classificare i punti stazionari delle seguenti funzioni: 1) f(x, ) = x ) f(x, ) = log(x) 3) f(x, ) = x 3 + x 4) f(x, ) = x + x 5) f(x, ) = e 1 x 6) f(x, ) = ( x + 1)(x + 1) 7) f(x, ) = x + x + a 8) f(x, ) = 1 x 1 9) f(x, ) = x 10) f(x, ) = 1 x x + 11) f(x, ) = sin(x + ) 1) f(x, ) = log(x + x + + 1) 13) f(x, ) = log(e x x + 1) 14) f(x, ) = e +x+ 15) f(x, ) = log(e x + + 1) 16) f(x, ) = x + x sin + cos. Esercizio 9. Siano f : R R 3 e g : R 3 R due funzioni definite come f(x, ) = (x, x, ) e g(x,, z) = x + z. Verificare la formula per la matrice jacobiana di g f, ossia (g f) = g f J(f). Esercizio 10. Si determinino i massimi e minimi assoluti di f(x, ) = x(x + x ) sull insieme T = { (x, ) Dom(f) 1 x 0, 0 1}. Esercizio 11. Si determinino i massimi e minimi assoluti della funzione f(x, ) = (x + 1) (x ) sull insieme T = { (x, ) R x + 1}. Esercizio 1. Data la funzione f(x, ) = log(4 x ), studiarne i massimi e minimi assoluti sull insieme T = { (x, ) R x 1, 1}. Esercizio 13. Data la funzione f(x, ) = log(4 x + ), studiarne i massimi e minimi relativi nel suo dominio e massimi e minimi assoluti sull insieme T = { (x, ) R 1 x 0, 1 1}. Esercizio 14. Data la funzione f(x, ) = x ( x ), studiarne i massimi e minimi relativi nel suo dominio e massimi e minimi assoluti sull insieme T = { (x, ) R 0 x 1, 1 0}.

3 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 3 Esercizio 15. Sia T = { (x, ) R x = 1}. Si verifichi che T è un vincolo regolare, chiuso e itato e si determinino i punti di massimo e minimo della funzione f(x, ) = x su T. Esercizio 16. Sia T = { (x, ) R x 4 + = 1}. Si verifichi che T è chiuso e itato e si determinino i punti di massimo e minimo della funzione f(x, ) = x su T.. Soluzioni di alcuni esercizi Soluzione dell Esercizio 1. 1) La funzione f(x, ) = log(x x ) è definita nei punti {(x, ) R x x > 0}. La disequazione precedente può essere scritta come il prodotto x(x ) > 0 e quindi può essere risolta usando la regola dei segni in ogni regione in cui il piano risulta diviso dalle varie curve coinvolte. Cominciamo con lo studiare il segno della prima x > 0 : è evidente che la funzione x è positiva nel primo e quarto quadrante, è negativa nel secondo e terzo, ed è nulla lungo l asse. La seconda funzione è positiva nel primo e secondo quadrante, è negativa nel terzo e nel quarto quadrante, ed è nulla lungo l asse x. La terza funzione x è positiva nei punti a destra della retta = x bisettrice del primo e terzo quadrante, è negativa nei punti a sinistra della suddetta retta, ed è nulla lunga la bisettrice in oggetto. Il piano risulta allora diviso in 6 regioni: A 1 = {(x, ) R x > 0, 0 < < x} che descrive l angolo del primo quadrante compreso tra il semiasse positivo delle ascisse e la bisettrice del primo quadrante; A = {(x, ) R x > 0, > x} che descrive l angolo del primo quadrante compreso tra il semiasse positivo delle ordinate e la bisettrice del primo quadrante; A 3 = {(x, ) R x < 0, > 0} che descrive il secondo quadrante; A 4 = {(x, ) R x < 0, x < < 0} che descrive l angolo del terzo quadrante opposto al vertice di A 1 ; A 5 = {(x, ) R x < 0, < x} che descrive l angolo opposto al vertice di A ; A 6 = {(x, ) R x > 0, < 0} che descrive il quarto quadrante. In A 1 le tre funzioni che moltiplichiamo sono tutte positive, e quindi il loro prodotto è positivo; in A sono positive le prime due, ma la terza è negativa, e quindi il loro prodotto è negativo; in A 3 sono negative le prima e la terza, mentre la seconda è positiva, e quindi il loro prodotto è positivo; in A 4 le funzioni sono tutte negative e quindi il loro prodotto è negativo; in A 5 le prime due sono negative, e la terza è positiva, e quindi il loro prodotto è positivo; in A 6 la prima e la terza sono positive, mentre la seconda è negativa, e quindi il loro prodotto è negativo. In conclusione, il dominio Dom(f) di f è costituito da A 1 A 3 A 5 in quanto lungo gli assi coordinati e la bisettrice del primo e terzo quadrante il prodotto è nullo, e quindi f è definita nell unione disgiunta dei tre angoli descritti. Dom(f) è aperto, ilitato, non connesso per archi. ) La funzione f(x, ) = x + è definita dove il radicando è non negativo, ossia x + 0. Moltiplicando per 1 abbiamo x + 0 e quindi x + = 0 per le proprietà del valore assoluto. Ne consegue che Dom(f) = {(x, ) R x + = 0} che descrive i punti della circonferenza di centro l origine e raggio. Dom(f) è chiuso e itato e quindi compatto. E ovviamente connesso per archi. 3) La funzione f(x, ) = x 4 è definita nei punti del piano che verificano la condizione x 4 0, che può essere riscritta come (x )(x + ) 0. Abbiamo quindi una disequazione che può essere risolta con la regola dei segni. La funzione x è positiva in {(x, ) R < x } cioè nei punti del piano al di sotto della parabola γ 1 : = x, è negativa nella parte al di sopra di γ 1, ed è nulla nei punti di γ 1. La funzione x + è positiva in {(x, ) R > x } cioè nei punti al di sopra della parabola γ : = x, è negativa al di sotto di γ, ed è nulla nei punti di γ. Il piano risulta allora

4 4 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI diviso in tre regioni: A 1 = {(x, ) R > x } che descrive i punti al di sopra di γ 1, A = {(x, ) R x < < x } che descrive i punti al di sopra di γ ed al di sotto di γ 1, ed A 3 = {(x, ) R < x } che descrive i punti al di sotto di γ. Osserviamo esplicitamente che le due parabole γ 1 e γ hanno lo stesso vertice (0, 0), lo stesso asse di simmetria ortogonale x = 0, e la stessa retta tangente nel vertice = 0. Hanno inoltre la stessa apertura, ma sono situate in semipiani diversi. In A 1 la prima funzione è negativa, la seconda è positiva, e quindi il loro prodotto è negativo; in A sono entrambe positive, e quindi il loro prodotto è positivo; in A 3 la prima è positiva, metre la seconda è negativa, e quindi il loro prodotto è negativo. Lungo le due parabole, il prodotto è nullo. In conclusione, Dom(f) = {(x, ) R x x } ossia in A γ 1 γ. Il dominio della funzione è chiuso e ilitato. 4) La funzione f(x, ) = cos(x + ) è definita nei punti del piano che verificano la disequazione cos(x + ) 0. Essendo x + 0, la precedente disequazione è risolta in {(x, ) R 0 x + π} k N{(x, ) R π + kπ x + π + kπ} che descrive un unione di corone circolari comprese tra circonferenze di centro nell origine e raggi opportuni. Dom(f) è chiuso, ilitato. Osserviamo che la funzione f(x, ) dipende da x + più che da x ed e quindi il grafico di f(x, ) formato dai punti di coordinate (x,, f(x, )) R 3 è una superficie di rotazione intorno all asse z. Questo conferma ulteriormente la forma del dominio. 5) La funzione f(x, ) = arcsin x è definita nei punti del piano che verificano il sistema x+ di disequazioni x x+ 1 x x+ 1 x + 0 La prima delle disequazioni, semplificata, è x 0, mentre la seconda è 0, ossia x+ x+ 0. x+ Usando la regola dei segni, la prima è risolta in {(x, ) R x > 0, > x} {(x, ) R x < 0, < x} {(0, ) R 0}, che descrivono i due angoli di ampiezza 3π 4 opposti al vertice compresi tra l asse e la bisettrice del secondo e quarto quadrante, con l asse incluso e la bisettrice esclusa. La seconda disequazione è risolta in {(x, ) R > 0, x > } {(x, ) R < 0, x < } {(x, 0) R x 0} che descrive l unione dei due angoli opposti al vertice di ampiezza 3π compresi tra l asse x e la bisettrice del secondo e quarto quadrante, con 4 l asse x incluso e la bisettrice esclusa. Il loro sistema è risolta nei punti comuni alle soluzioni delle tre disequazioni. Quindi, il dominio Dom(f) è uguale a {(x, ) R x 0, 0} {(x, ) R x 0, 0} \ {(0, 0)} ossia dai punti del primo e del terzo quardante, assi inclusi, ma origine esclusa. Quindi, Dom(f) è formato da due regioni separate, non è né aperto né chiuso ed è ilitato. 6) La funzione f(x, ) = x 1 log(5 x ) è definita nei punti che risolvono il sistema di disequazioni { x x > 0. La prima disequazione è risolta dai punti {(x, ) R x > 0, 1} {(x, ) x R x < 0, 1 } ossia dai punti al di sotto oppure sull iperbole equilatera riferita ai propri x

5 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 5 asintoti di equazione x = 1. Il dominio risulta chiuso (è unione di due chiusi), ilitato e non è connesso per archi. La seconda disequazione è risolta dai punti del semipiano {(x, ) R x + < 5} formato dai punti al di sotto della retta x + = 5. La retta e l iperbole si intersecano nei punti di coordinate (, 1) e ( 1, ) e quindi il sistema è risolto in {(x, ) R x < 0, 1} {(x, ) x R 1 < x <, 1 x + 5}. x 7) La funzione f(x,, z) = 1 x + 1 z + 1 z x x 0 z 0 z x 0 è definita nei punti che risolvono il sistema ossia nei punti di R 3 che non si trovano su nessuno dei tre piani di equazione x = 0 oppure z = 0 oppure x z = 0. I tre piani contengono la retta x = = z e quindi Dom(f) consiste di 6 regioni cilindriche e disgiunte di spazio. E facile vedere che le sei regioni sono aperte e quindi lo è anche la loro unione. L insieme è ilitato e non è connesso per archi. x 8) La funzione f(x,, z) = + 1 è definita nei punti che risolvono la disequazione z+1 x z+1 Il numeratore si annulla nei punti del cilindro C di equazione x + = 1 avente generatrici parallele all asse z e direttrice la circonferenza γ del piano [x] di centro (0, 0, 0) e raggio 1. Il numeratore è positivo nei punti esterni al cilindro, è negativo in quelli interni. Il denominatore è nullo nei punti del piano α : z = 1 ortogonale all asse del cilindro, è positivo nel semispazio z > 1 ed è negativo nel semispazio complementare. Lo spazio R 3 risulta quindi diviso in 4 regioni: A 1 formato dai punti interni al cilindro e nel semispazio z > 1; A formato dai punti esterni al cilindro e nello stesso semipazio; A 3 formato dai punti interni al cilindro e nel semispazio z < 1; A 4 formato dai punti esterni al cilindro e nel semispazio z < 1. Usando la regola dei segni nelle quattro regioni, abbiamo che la frazione è positiva in A ed in A 3, mentre è negativa in A 1 ed in A 4. Quindi, Dom(f) = A A 3 C \ α. L insieme non è nè aperto nè chiuso, è ilitato e non è connesso per archi. 9) La funzione f(x,, z) = disequazione x x z x + +z x x x z x + +z x è definita nei punti di R3 che risolvono la 0. Possiamo allora usare la regola dei segni. Il numeratore è la funzione x x z che si annulla nei punti della sfera S 1 di centro (1, 0, 0) e raggio 1. Nei punti interni alla sfera S 1 la funzione è positiva (basta sostituire le coordinate del centro e calcolare il valore assunto dalla funzione stessa), mentre è negativa nei punti esterni ad S 1. Il denominatore x + + z x si annulla nei punti della sfera S di centro ( 1, 0, 0) e raggio 1. Analogamente al numeratore, abbiamo che la funzione è positiva nei punti esterni ad S, ed è negativa nei punti interni ad S. Le due sfere sono tangenti internamente, con S 1 esterna ad S. Quindi, R 3 rimane diviso in tre regioni: A 1 formato dai punti interni ad S, A formato dai punti compresi tra le due sfere, A 3 formato dai punti esterni ad S 1.

6 6 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI In A 1, le due funzioni sono di segno diverso, e quindi il loro rapporto è negativo; in A le due funzioni sono dello stesso segno, e quindi il loro rapporto è positivo; in A 3, infine, le due funzioni sono di segno opposto e quindi il loro rapporto è di segno negativo. Quindi, f è definita in A S 1 \ S. Il dominio della funzione non è nè aperto nè chiuso ma è itato e connesso per archi. z 10) La funzione f(x,, z) = è definita nei punti che verificano la disequazione 1 cos(x) 1 cos(x) > 0 ossia in tutti i punti per cui cos(x) < 1. Viste le proprietà della funzione cos, il dominio è Dom(f) = {(x,, z) R 3 x kπ, k Z}. Poichè x = a è un cilindro con generatrici parallele all asse z e direttrice l iperbole equilatera riferita ai propri asintoti di equazione z = 0, x = a, abbiamo che il dominio è formato dai punti di R 3 che non si trovano sui cilindri di equazioni x = kπ con k Z. Osserviamo esplicitamente che, per k = 0, il cilindro è l unione dei due piani coordinati [xz] e [z]. Il dominio è aperto, ilitato, non connesso per archi. Soluzione dell Esercizio. 1) La funzione f(x, ) = è definita nei punti per cui x + x + 0 ossia in R \ {(0, 0)}. Osserviamo ora che x + per ogni punto (x, ) Dom(f), e quindi f(x, ) 1 nei punti di Dom(f). Ovviamente, essendo positivi sia il numeratore, sia il denominatore, abbiamo che f(x, ) 0. Quindi, è possibile studiare le linee di livello f(x, ) = k per 0 k 1. L equazione f(x, ) = k equivale a = k ossia kx +(k 1) = 0. Quindi, le linee di livello sono le parti delle curve x + x + γ k : kx + (k 1) = 0 contenute in Dom(f). La curva γ k è una conica degenere che, per k 0, 1, rappresenta una coppia di rette per l origine. Quindi γ k Dom(f) è l unione delle due rette r k : kx + k 1 = 0 ed s k : kx k 1 = 0 ma senza l origine. Per k = 0 γ 0 : = 0 che rappresenta l asse x doppio; per k = 1 γ 1 : x = 0 rappresenta l asse doppio. ) La funzione f(x, ) = e x è definita in tutti i punti del piano, e quindi Dom(f) = R. Inoltre, f(x, ) assume tutti i valori reali. Le curve di livello sono γ k : e x = k, ossia = ke x. Quindi, per k 0 γ k è una funzione di tipo esponenziale, mentre per k = 0 γ 0 è l asse x. 3) Il dominio della funzione f(x, ) = cos(x + ) è dato dall unione di infinite corone circolari, come calcolato nelle soluzioni dell Esercizio 1.9. Poiché la funzione cos t assume valori tra 0 e 1 estremi inclusi, possiamo studiare le linee di livello solo per 0 k 1. Sia γ k : f(x, ) = k la linea di livello. Otteniamo allora cos(x + ) = k ossia x + = arccos(k ) + mπ e x + = arccos(k ) + (m + 1)π con m N 0. Quindi, γ k rappresenta infinite circonferenze concentriche, due per ogni corona circolare. 4) La funzione f(x, ) = arcsin x è definita nei punti del primo e del terzo quadrante, x+ assi inclusi ed origine esclusa, come calcolato nelle soluzioni dell Esercizio 1.5. Poiché la funzione arcsin assume valori tra π e π scegliamo k in tale intervallo. La linea γ k : arcsin x = k definisce ovviamente una linea di livello. Applicando la funzione sin x+ otteniamo x = sin k e quindi (1 sin k)x (1 + sin k) = 0. Quindi γ x+ k rappresenta una retta per l origine, che va privata dell origine perché l origine non è in Dom(f). Osserviamo che γ k è sempre nel primo e nel terzo quadrante, visto che 1 sin k 1. x + 1 5) Il dominio della funzione f(x,, z) = è stato calcolato nelle soluzioni dell z+1 Esercizio 1.8. Poiché la funzione assume solo valori non negativi, possiamo assegnare

7 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 7 x a k solo valori 0. La superficie di livello è allora σ k : + 1 = k che può essere z+1 scritta come σ k : x + k z k 1 = 0. Per k 0 σ k è un paraboloide ellittico di rotazione intorno all asse z avente vertice in V (0, 0, 1+k ). Per k = 0 σ k 0 è il cilindro avente generatrici parallele all asse z e direttrice la circonferenza Γ : z = 1, x + = 1. Osserviamo esplicitamente che tutte le superfici di livello contengono la circonferenza Γ e che questa deve essere esclusa dalle superfici di livello perché la funzione non è definita nei punti del piano z = 1. 6) Anche il dominio della funzione f(x,, z) in oggetto è stato già studiato. Poiché la funzione è una radice quadrata, assume solo valori non negativi. Poniamo allora k 0 e studiamo le superfici di livello σ k : f(x,, z) = k. Elevando al quadrato, e riducendo allo stesso denominatore, otteniamo σ k : x + + z k +x = 0 che rappresenta una sfera di k +1 centro C( k +, 0, 0) e passante per l origine. Il centro C di σ (k +1) k è sempre contenuto nel segmento di estremi (1, 0, 0) e ( 1, 0, 0) ed è sempre tangente internamente alla sfera S 1 ed esternamente alla sfera S. Eccetto l origine degli assi che non appartiene a Dom(f) σ k descrive tutti i punti su cui f(x,, z) assume il valore k 0. Soluzione dell Esercizio 3. 1) Il dominio della funzione f(x, ) = log( x + ) è Dom(f) = R \{(0, 0)}. Osserviamo che il grafico della funzione, dato dai punti di R 3 di coordinate (x,, f(x, )), rappresenta una superficie di rotazione attorno all asse z. Quindi, è naturale studiare il ite di f(x, ) passando a coordinate polari x = ρ cos θ, = ρ sin θ. In coordinate polari, abbiamo che la funzione diventa f(ρ, θ) = log ρ ed è indipendente dall angolo θ. Quindi, si ha f(x, ) = log ρ =. (x,) (0,0) ρ 0 ) La funzione f(x, ) = x+ è definita in tutti i punti di x R che non sono sulla bisettrice del primo e terzo quadrante. Proviamo a restringere la funzione su una retta per l origine, che non sia = x. Scegliamo = mx con m 1. La funzione ristretta è e dipende dalla retta scelta. D altra parte, se il ite della funzione f(x, ) esiste ed è l, allora x 0 f(x, mx) = l e non dipende da m. Quindi, il ite non esiste. f(x, mx) = (1+m)x = 1+m ed è costante. Quindi, (1 m)x 1 m x 0 f(x, mx) = 1+m 1 m 3) Anche in questo caso possiamo passare a coordinate polari, ed otteniamo f(ρ, θ) = ρ cos θ sin θ ρ (cos θ sin θ) = 1 ρ 4 ρ sin 4θ. Quindi, 1 4 ρ f(ρ, θ) 1 4 ρ. Per calcolare il ite ρ 0 f(ρ, θ) possiamo usare il teorema del confronto, poiché ρ 0 ± 1 4 ρ = 0. Quindi si ha che ρ 0 f(ρ, θ) = 0. 4) Osserviamo che la restrizione della funzione f(x, ) ad una qualunque retta = mx per l origine è f(x, mx) = mx3 = mx e il ite della restrizione è x (m +x ) m +x x 0 f(x, mx) = 0, indipendentemente dalla retta scelta. Questo però non è sufficiente ad affermare che il ite della funzione f(x, ) esiste. Infatti, se consideriamo la restrizione di f(x, ) ad una qualsiasi parabola di equazione = ax, otteniamo f(x, ax ) = quindi il ite x 0 f(x, ax ) = (x,) (0,0) f(x, ) non esiste. ax4 = a e x 4 (1+a ) 1+a a e dipende dalla parabola considerata. Quindi, 1+a 5) Osserviamo che x + x + 3 3(x + ) e quindi, per piccoli valori di ρ = x + abbiamo anche che (x + ) sin(x + ) sin(x + 3 ) sin(3(x + )) 3(x + ). Passando a coordinate polari, abbiamo che x + + x =

8 8 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI ρ (1 + cos θ sin θ) = ρ sin(θ). Usando le proprietà della funzione seno, si ottiene ρ x x ρ. Quindi, la funzione f(x, ) verifica ρ f(ρ, θ) 3 3ρ. Usando il teorema del confronto, otteniamo che ρ 0 f(ρ, θ) = 0. 6) Usando il fatto che t 0 arctan t t f(x, ) = (x,) (0,0) = 1, abbiamo che (x,) (0,0) x x +. Quest ultimo ite non esiste, perché le restrizioni alle rette dipendono dal coefficiente angolare della retta usata. 7) Poiché 1 allora x 5 f(x, ) x 5 e quindi x x (x,) (0,0) f(x, ) = 0 per il teorema del confronto. 8) Poiché 1 abbiamo che x 3 f(x, ) x 3 e quindi x 6 + (x,) (0,0) f(x, ) = 0 per il teorema del confronto. 9) Se restingiamo la funzione ad una retta per l origine di equazione = mx, otteniamo che f(x, mx) = m x 5 = xm. Quindi, x 4 (x +m 4 ) x +m 4 x 0 f(x, mx) = 0. Se restringiamo f(x, ) alla curva di equazione = x 3 otteniamo f = 1, e quindi il ite non può esistere. 10) Il ite da calcolare è un ite notevole, e quindi (x,) (0,0) log(1+x 3 ) x 3 = 1. Soluzione dell Esercizio 4. (1) Lungo la retta x = 0 la funzione è nulla, e quindi il ite di f(0, ) per 0 è 0. Lungo la retta = x, la funzione è ancora costante, ma uguale ad 1, e quindi f(x, x) ha ite 1 per x 0. Quindi, (x,) (0,0) f(x, ) non esiste. () Ricodiamo che cos(t) è approssimato da 1 t in un intorno di t = 0, mentre log(1 + t) è approssimato da t in un intorno di t = 0. Quindi, la funzione f(x, ) di cui dobbiamo calcolare il ite è approssimata da x4 = 1 8x 8 x3 in un intorno di (0, 0). Poiché (x,) (0,0) 1 8 x3 = 0 anche (x,) (0,0) f(x, ) = 0. (3) Osserviamo che la funzione f(x, ) valutata sulla retta = 0 è costante ed uguale a 1 e quindi x 0 f(x, 0) = 1. Sulla retta = x, la funzione diventa f(x, x) = 4x4, e x 4 +x quindi x 0 f(x, x) = 0. In definitiva, (x,) (0,0) f(x, ) non esiste. (4) Cominciamo con l osservare che x + x + x + quindi 3 (x,) (0,0) = 0. Possiamo allora studiare il ite 3x + (x,) (0,0) x log(1 + x + ) 3 x + 3x + = 3 (x + ) e invece di quello assegnato. D altra parte, log(1 + x + ) è approssimato da x + in un intorno di (0, 0) e quindi (x,) (0,0) f(x, ) = (x,) (0,0) x log(1+x + ) 3x + = 0. (5) Sulla retta = 0, la funzione è costante ed uguale a 0 e quindi anche il ite di f(x, 0) è 0 per x 0. Sulla retta = x, la funzione diventa f(x, x) = ex 1+x 5 x x 0 f(x, x) = 1. Quindi, (x,) (0,0) f(x, ) non esiste. (6) Sulla retta = 0, abbiamo che x 0 f(x, 0) non esiste, essendo + per x 0, e per x 0 +. Quindi, il ite proposto non esiste. e

9 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 9 Soluzione dell Esercizio 5. 1) La funzione f(x, ) è definita in tutti i punti di R, e continua in R \ {(x, 0) x R}. Bisogna allora verificare la continuità nei punti dell asse x, ossia bisogna studiare i iti f(x, ) (x,) (c,0) al variare di c R. Sia c 0. Poiché f(x, ), al di fuori dell asse x, è il prodotto di g(x) = x e h() = arctan 1, possiamo studiare i due iti g(x) x c arctan 1 0. Ovviamente, il primo dei due esiste e vale c, mentre il secondo non esiste, perché 0 + arctan 1 = π arctan 1 0 = π. In conclusione, il ite di f(x, ) non esiste perché non esiste sulla retta x = c. Sia c = 0. In questo caso, poiché π arctan 1 π abbiamo che π x f(x, ) π x e quindi, usando il teorema del confronto, possiamo affermare che (x,) (0,0) f(x, ) = 0. Riassumendo i risultati ottenuti, possiamo affermare che f(x, ) è continua in R esclusi i punti dell asse x diversi dall origine. Sia g(x, ) = x arctan 1 definita e continua in R \ {(x, 0) x R}. Le sue derivate parziali sono e g x = x arctan 1 g = x 1 + e sono continue nel dominio di g. Quindi, f è differenziabile nei punti di R fuori dall asse x. Calcoliamo ora le derivate direzionali di f(x, ) in (c, 0). Cominciamo con il considerare c 0. Sia v = (cos θ, sin θ), con v (1, 0). Usando la definizione di derivata direzionale, abbiamo che f(c + t cos θ, t sin θ) f(c, 0) t 0 t (c + t cos θ) 1 = arctan t 0 t t sin θ e quindi la derivata nella direzione di v non esiste. Se v = (1, 0), abbiamo f(c + t, 0) f(c, 0) t 0 t = 0. = sin θ sin θ Sia ora c = 0. Scegliamo v = (cos θ, sin θ) con v (1, 0). Usando la definizione, abbiamo f(t cos θ, t sin θ) f(0, 0) t 0 t mentre, se v = (1, 0), abbiamo f(t, 0) f(0, 0) t 0 t = t cos 1 θ arctan t 0 t sin θ = 0, = 0. Quindi, tutte le derivate parziali di f in (0, 0) esistono e sono nulle.

10 10 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI Dalla precedente discussione, ricaviamo che f non è differenziabile nei punti dell asse x diversi dall origine, mentre dobbiamo verificare la differenziabilità in quest ultimo punto. Usando la definizione, dobbiamo studiare il ite f(x, ) f(0, 0) x = arctan 1. (x,) (0,0) x + (x,) (0,0) x + Poiché π arctan 1 π, allora basta studiare In coordinate polari, si ottiene (x,) (0,0) x x +. ρ ρ 0 cos θ = 0 ed il teorema del confronto permette di concludere che f è differenziabile in (0, 0). ) La funzione è definita in tutti i punti di R. D altra parte, è evidente che f(x, ) dipende da x + più che da x ed. Quindi, la funzione è continua anche in (0, 0) perché sin ρ f(x, ) = = 1. (x,) (0,0) ρ 0 ρ e Le derivate parziali di f(x, ) per (x, ) (0, 0) sono x = x x + cos x + sin x + (x + ) 3 = x + cos x + sin x +. (x + ) 3 Esse sono definite e continue per (x, ) (0, 0), e quindi f è differenziabile per (x, ) (0, 0). Studiamo ora la continuità delle derivate parziali di f(x, ) in (0, 0). Innanzitutto, osserviamo che (x,) (0,0) Quindi, abbiamo che e x + cos x + sin x + (x + ) 3 D altra parte, usando la definizione, (x,) (0,0) x = 1 3 x = 0 (x,) (0,0) (x,) (0,0) = 1 3 = 0. (x,) (0,0) f(x, 0) f(0, 0) (0, 0) = x x 0 x = ρ 0 ρ cos ρ sin ρ ρ 3 = 1 3. = x 0 sin x x x x ed analogamente, (0, 0) = 0, e quindi le due derivate parziali sono continue nell origine. Essendo continue, f è differenziabile in tutto R. = 0

11 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 11 3) La funzione è definita in tutti i punti di R. La continuità va verificata solo nei punti dell asse x ed è semplice calcolare il ite, perché f(x, ) dipende solo da. Abbiamo allora f(x, ) = (x,) (0,0) 0 cos 1 = 0 perché cos 1 e poi si usa il teorema del confronto. Quindi, f(x, ) è continua in R. Sia g(x, ) = cos 1 definita e continua in R \ {(x, 0) x R}. Le sue derivate parziali sono g x = 0 e g = cos 1 + sin 1 che sono continue nel dominio di g, e non esistono sui punti dell asse x perché non esiste 0 sin 1. Studiamo ora le derivate direzionali di f nel punto (c, 0) dell asse x. Sia v = (cos θ, sin θ) un versore. Dalla definizione, bisogna studiare il ite f(c + t cos θ, t sin θ) f(c, 0) t 0 t = t 0 t sin θ cos ( ) 1 = 0 t sin θ per v (1, 0), perché la funzione cos è itata. f(c+t,0) f(c,0) Se v = (1, 0) allora t 0 = 0. t In conclusione, le derivate direzioneli di f in (c, 0) esistono in tutte le direzioni, e sono tutte nulle. Studiamo ora la differenziabilità di f in (c, 0). Essendo nulle le derivate parziali in (c, 0), bisogna studiare il ite f(x, ) f(c, 0) (x,) (0,0) (x c) + = cos 1 (x,) (c,0) (x c) +. Ma, da (x c) + si ricava cos 1 (x c) + da cui otteniamo che il precedente ite vale 0, usando il teorema del confronto. Ne ricaviamo che f è differenziabile in tutti i punti di R. Visto che la derivata parziale di f rispetto ad non è continua, viene confermato il teorema che afferma che le derivate parziali continue garantiscono la differenziabilità, mentre il viceversa non vale. 4) La funzione è definita in tutto R. La continuità va verificata solo in (0, 0). Per calcolare il ite, possiamo usare le coordinate polari. f(x, ) = ρ(3 (x,) (0,0) ρ 0 cos3 θ sin 3 θ). Osserviamo che 4 3 cos 3 θ sin 3 θ 4 e quindi il ite precedente vale 0, per il teorema del confronto. In conclusione, f(x, ) è continua in tutto R. Sia g(x, ) = 3x3 3 definita e continua in R \ {(0, 0)}. Le sue derivate parziali sono x + g x = 3x (x + ) x(3x 3 3 ) = 4x4 + 3x + x 3 (x + ) (x + )

12 1 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI e g = 3 (x + ) (3x 3 3 ) = 6x3 3x 4 (x + ) (x + ) e sono continue nel dominio di g(x, ). Quindi, g è differenziabile, e le sue derivate direzionali esistono in tutti i punti del suo dominio ed in tutte le direzioni. Studiamo ore le derivate direzionali di f(x, ) in (0, 0). Sia v = (cos θ, sin θ) un versore. Dalla definizione, dobbiamo studiare il ite f(t cos θ, t sin θ) f(0, 0) t 0 t = t 0 (3 cos 3 θ sin 3 θ) = 3 cos 3 θ sin 3 θ e quindi (0, 0) = 3 v cos3 θ sin 3 θ. In particolare, le due derivate parziali di f in (0, 0) sono uguali a (0, 0) = 3 ed a (0, 0) = 1. x Per studiare la differenziabilità, bisogna studiare il ite f(x, ) f(0, 0) 3x + x(x 3) = (x,) (0,0) x + (x,) (0,0) (x + ). 3 Se restringiamo l argomento del ite alle rette del tipo = mx otteniamo che il ite dipende dalla retta scelta, e quindi il ite non esiste, ed f non è differenziabile in (0, 0). 5) La funzione è definita in tutto R, ma è continua solo in R \ {(0, 0)}. Infatti, l unico ite da calcolare è quello di f(x, ) per (x, ) (0, 0) che è stato già studiato nell Esercizio 3(4), ed è stato provato che non esiste. Studiamo ora le derivate direzionali. Sia g(x, ) = definita in (x, ) (0, 0). La funzione g(x, ) è continua nel suo dominio. Le derivate parziali e x x 4 + g x = x(x4 + ) 4x 5 = x3 x 5 (x 4 + ) (x 4 + ) g = x (x 4 + ) x (x 4 + ) = x6 x (x 4 + ) sono continue nel dominio di g(x, ) e quindi le derivate direzionali esistono in tutti i punti del dominio di g(x, ) ed in tutte le direzioni. Restano da studiare le derivate direzionali di f(x, ) in (0, 0), usando la definizione. Sia quindi v = (cos θ, sin θ) un versore. Se la derivata direzionale esiste, essa è uguale a f(t cos θ, t sin θ) f(0, 0) t 0 t t 3 cos θ sin θ = t 0 t 3 (t cos 4 θ + sin θ) = cos θ sin θ. Quindi, in tutte le direzioni per cui sin θ 0, (0, 0) = cos θ, e le derivate direzionali v sin θ esistono. Se v = (1, 0) allora f(t, 0) f(0, 0) t 0 t = t 0 0 = 0, e quindi (0, 0) = 0. x In conclusione, le derivate direzionali di f(x, ) in (0, 0) esistono in tutte le direzioni. Ovviamente, f(x, ) non è differenziabile in (0, 0) perché non è continua in (0, 0), mentre, essendo le derivate parziali di g(x, ) continue in tutti i punti del dominio di g, allora g è differenziabile in tutti i punti del suo dominio.

13 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 13 Soluzione dell Esercizio 6. Dalla teoria, è noto che il piano tangente al grafico di f(x, ) in A ha equazione π A : z = f(x A, A ) + x (x A, A )(x x A ) + (x A, A )( A ). Calcoliamo quindi le derivate parziali di f : mentre x = x log 1 log = log x 1 log x. In (1, 1) esse valgono (1, 1) = = 0, e quindi il piano tangente ha equazione π x A : z = 1. Soluzione dell Esercizio 7. La funzione assegnata è continua con derivate parziali prime continue in tutti i punti di R, e quindi possiamo usare la formula del gradiente per esprimere le derivate direzionali. Calcoliamo allora le derivate parziali prime di f : x = cos(x + ) = cos(x + ). Il gradiente di f in A è f(a) = ( (A), (A)) = ( 1 x, ). Dato un versore v = (cos θ, sin θ), otteniamo (A) = f(a) v. v Dalle proprietà del prodotto scalare, otteniamo che la derivata direzionale è massima quando v è parallelo ed equiverso a f(a), è minimo quando v è parallelo ma di verso opposto( a f(a), ) ed è nullo quando i due vettori sono ortogonali. In particolare, allora, se v = 1 5, 5, la derivata direzionale è massima. Soluzione dell Esercizio 8. 1) La funzione f(x, ) è definita e continua in tutti i punti del piano. Inoltre, è derivabile con derivate parziali continua di ogni ordine nel suo dominio, essendo un polinomio. L unico punto stazionario di f è (0, 0) ed è un punto di sella per f(x, ). Infatti, le due derivate parziali sono f x = ed f = x. Ponendole uguali a zero si ottiene = 0, x = 0 e quindi l origine è l unico punto stazionario. La matrice hessiana è H(f) = fxx f x = f x f [ ed è non definita in segno. Quindi, (0, 0) è un punto di sella per f. Osserviamo infine che il grafico di f è la superficie di equazione z = x che rappresenta un iperboloide a sella avente l origine come vertice. Il piano tangente alla superficie nel vertice è z = 0, e questo giustifica il fatto che è stazionario. Ruotando il sistema di riferimento di π/4 intorno all asse z, viene riportato in forma canonica. ) La funzione f(x, ) è definita e continua nel primo e nel terzo quadrante, assi esclusi. Nel suo dominio, è derivabile con derivate parziali continue di ogni ordine, ma non ha punti stazionari. Infatti, le due derivate parziali sono f x = 1, ed f x = 1 e non si annullano nel suo dominio. ]

14 14 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 3) La funzione è un polinomio, e quindi è continua, con derivate parziali continue di ogni ordine. Le derivate parziali prime sono f x = 3x, f = x 1. Per calcolare i punti stazionari, dobbiamo risolvere il sistema { 3x = 0 x + 1 = 0. Dalla seconda equazione ricaviamo = x + 1; sostituendo nella prima equazione, otteniamo 3x x 1 = 0 le cui radici sono x 1 = 1/3, x = 1. Sostituendo i valori trovati, ricaviamo le coordiante dei punti stazionari che sono A( 1, 1) e B(1, 3 ). La matrice hessiana è 3 6 6x H(f) =. In A, essa diventa H(f)(A) = [ ed è non definita in segno avendo P (t) = t 8 come polinomio caratteristico. In B, essa diventa 6 H(f)(B) = ed è definita positiva avendo P (t) = t 8t + 8 come polinomio caratteristico. In conclusione, A è un punto di sella, mentre B è un punto di minimo. 4) La funzione è un polinomio ed è quindi continua con derivate parziali di ogni ordine continue in R. Le due derivate parziali prime sono f x = x, f = 4 e l unico punto stazionario è (1, 0). La matrice hessiana è 0 H(f) = 0 4 che è diagonale con autovalori positivi. Quindi, è definita positiva, ed (1, 0) è punto di minimo. Osserviamo che la superficie grafico di f(x, ) ha equazione z = x + x ed è un paraboloide ellittico con asse di simmetria parallelo all asse z. Quindi, il vertice è il punto di minimo. 5) La funzione f(x, ) è continua con derivate parziali di ogni ordine continue in R. Le due derivate parziali prime sono f x = xe 1 x, f = e 1 x e quindi l unico punto stazionario è A(0, 0), essendo l esponenziale mai nulla. La matrice hessiana di f in A è e 0 H(f)(A) = 0 e che è diagonale, con autovalori negativi. Quindi, essa è definita negativa ed A è punto di massimo per f. Osserviamo che f dipende da x + e quindi il suo grafico è una superficie di rotazione attorno all asse z. Inoltre, l esponente 1 x assume solo valori minori od uguali ad 1 e quindi f(x, ) assume tutti e soli i valori compresi tra 0 ed e, 0 escluso. 6) Il dominio di f(x, ) = 1 x + x = 1 (x ) è costituito da tutti e soli i punti del piano per cui 1 x + x 0. La disequazione può anche riscriversi come (x ) 1 che è risolta per 1 x 1. Quindi, f(x, ) è definita nella striscia del piano compresa tra le due rette parallele x = 1 ed x = 1. Nel suo dominio, f(x, ) è continua. Essa è derivabile con derivate di ogni ordine continue in 1 < x < 1 ossia nel dominio privato però delle due rette. Le derivate parziali sono ]

15 f x = x+ 1 x +x ed f = FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 15 x che si annullano in infiniti punti. In particolare, 1 x +x sono nulle in tutti e soli i punti della retta di equazione x = 0. Tali punti sono di massimo perché f(x, ) 1 in tutti i punti del suo dominio, e vale esattamente 1 nei punti della retta x = 0. Osserviamo che il grafico di f è una porzione di cilindro parabolico con generatrici parallele al piano [x]. 7) La funzione f(x, ) è definita da un polinomio, e quindi è continua con derivate parziali continue di ogni ordine. Le derivate parziali prime sono f x = x+, f = x+a. Se a 1 abbiamo un unico punto stazionario che è l origine, mentre, se a = 1, i punti stazionari sono tutti e soli i punti della retta x + = 0. La matrice hessiana è H(f) = a che risulta non definita in segno se a < 1, semidefinita positiva se a = 1 e definita positiva se a > 1. Quindi, l origine è un punto di sella se a < 1, ed è un punto di minimo se a > 1. Se a = 1, la funzione diventa f(x, ) = x + x + = (x + ) e quindi tutti i punti della retta x + = 0 sono punti di minimo. Osserviamo che il grafico di f è un paraboloide iperbolico avente l asse z come asse di simmetria se a < 1, è un cilindro parabolico avente generatrici parallele al piano [x] se a = 1, ed è un paraboloide ellittico avente l asse z come asse di simmetria se a > 1. 8) La funzione è definita in tutti i punti del piano che non appartengono all iperbole equilatera di equazione x = 1. Nel suo dominio, è continua con derivate parziali di ogni ordine continue. Le due derivate parziali prime sono f x =, f (x 1) = x che si (x 1) annullano solo in (0, 0). La matrice hessiana è 0 1 H(f)(0, 0) = 1 0 che non è definita in segno. Quindi, (0, 0) è un punto di sella. 9) La funzione è definita in tutti i punti del piano diversi dall origine, ed è ivi continua con derivate parziali di ogni ordine continue. Le derivate parziali prime sono f x = x + 3, f (x + ) = x3 x. I punti stazionari sono allora quelli nel dominio di f per (x + ) cui x = 0 e quindi sono i punti delle rette x = 0 ed x + = 0 eccetto l origine. Sia (a, a) un punto della prima retta, con a 0. La matrice hessiana in tale punto è 1 1 H(f)(a, a) = a 8a 1 1 8a a ed è definita negativa. Quindi, i punti della retta x = 0 sono tutti punti di massimo. Sia (a, a) un punto della seconda retta, con a 0. La matrice hessiana in tale punto è H(f)(a, a) = [ 1 a 1 8a 1 1 8a a ed è definita positiva. Quindi, tali punti sono punti di minimo. 10) La funzione f è definita nei punti del piano per cui 1 x 0 ossia nei punti all interno o sulla circonferenza di centro (0, 0) e raggio 1. La funzione f è continua nel suo dominio, ed è derivabile con derivate parziali continue di ogni ordine nei punti interni alla circonferenza di centro (0, 0) e raggio 1. Le derivate parziali prime sono ]

16 16 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI x f x = 1 x, f = hessiana in tale punto è 1 x e quindi l unico punto stazionario è (0, 0). La matrice 1 0 H(f)(0, 0) = 0 1 che è diagonale con autovalori negativi. Quindi, è definita negativa, e l origine è un punto di massimo. Osserviamo che il grafico della funzione è la semisfera di centro l origine e raggio 1 contenuta nel semispazio z 0, e questo è coerente con lo studio del punto stazionario. 11) La funzione è definita e continua con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti del piano. Le derivate parziali prime sono f x = cos(x + ), f = cos(x + ) e quindi i punti stazionari sono tutti e soli quelli delle rette di equazione x+ = π +kπ, con k Z. La matrice hessiana è nulla in tutti i punti stazionari, e quindi non può essere usata per studiare la loro natura. Osserviamo comunque che, per le proprietà della funzione sin() abbiamo che tutti i punti delle rette di equazione x + = π + kπ sono punti di massimo, mentre tutti quelli delle rette di equazione x + = π + kπ sono punti di minimo. 1) La funzione può anche scriversi come f(x, ) = log((x + ) + + 1) e quindi è definita, continua e derivabile con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti di R x+. Le derivate parziali prime sono f x =, f x+4 x +x+ +1 = e l unico punto x +x+ +1 stazionario è (0, 0). La matrice hessiana in tale punto è H(f)(0, 0) = ed è semidefinita, quindi non utile ai fini dello studio della natura del punto stazionario. In ogni caso, (0, 0) è un punto di minimo, perché (x + ) per ogni scelta di (x, ). L affermazione segue allora dalla monotonia della funzione logaritmo. 13) La funzione è definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti di R x. Le derivate parziali prime sono f x =, f 1+e x = e l unico 1+e x punto stazionario è (0, 0). La matrice hessiana in tale punto è 4 0 H(f)(0, 0) = 0 4 ed è diagonale con autivalori discordi. Quindi, (0, 0) è un punto di sella. 14) La funzione è definita in tutto R perché il polinomio omogeneo argomento della radice è sempre non negativo. Quindi, f(x, ) è definita, continua con derivate parziali di ogni ordine continue in tutto R. Le derivate parziali prime sono f x = (x+)e x +x+, f = x +x+ (x+)e x +x+ x +x+. L unico punto stazionario è quindi (0, 0). Visto che l argomento della radice è sempre 0, e che le funzioni radice ed esponenziale sono monotone crescenti, abbiamo che (0, 0) è un punto di minimo. 15) La funzione è definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue in tutto R x. Le derivate parziali prime sono f x =, f 1+e x + = e l unico punto 1+e x + stazionario è (0, 0). La matrice hessiana in tale punto è 1 0 H(f)(0, 0) = 0 1

17 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 17 che è diagonale con autovalori positivi, ed è quindi definita positiva. Conseguentemente, il punto (0, 0) è di minimo. 16) La funzione è definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti di R. Osserviamo inoltre che è peiodica rispetto alla. Le due derivate parziali prime sono f x = x + sin, f = x cos sin e quindi i punti stazionari sono (kπ, kπ), (π + kπ, π + kπ), ( 3, π + kπ), ( 3, π + kπ), con k Z. 3 3 Le matrici hessiane nei vari punti stazionari sono H(f)(kπ, kπ) = [ 1 che è non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella; H(f)(π + kπ, π + kπ) = 1 che è non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella; 3 H(f)(, π kπ) = 1 che è definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di massimo; 3 1 H(f)(, π 3 + kπ) = 1 che è definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di massimo. Soluzione dell Esercizio 9. La matrice jacobiana di f è J(f) = x 0 x 0 mentre la matrice jacobiana di g, ossia il suo gradiente, è g = (x, z, ). Quindi, il gradiente di g ristretto all immagine di f è g f = (x,, x) e si ottiene sostituendo le entrate di f alle variabili x,, z che definiscono g. Quindi, il prodotto righe per colonne di g f e di J(f) è uguale a g f J(f) = (x,, x) x 0 x = (4x 3 + 3, 3x ). 0 La funzione composta g f è (g f)(x, ) = (x ) + (x)( ) = x 4 + x 3, ed il suo gradiente è (g f) = (4x 3 + 3, 3x ) e questo conferma la regola di moltiplicazione delle jacobiane per la composizione di funzioni. Soluzione dell Esercizio 10. Per calcolare il dominio di f poniamo x(x + x ) 0. Studiamo il segno dei due fattori. x 0 nel semipiano delle ascisse positive ed è nullo sui punti dell asse delle ordinate, mentre x + x 0 corrisponde a x + x e definisce quindi i punti esterni alla parabola γ di equazione = x +x. Quindi, combinando i segni, ]

18 18 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI si ha che nel semipiano delle ascisse positive si devono considerare i punti esterni alla parabola o sulla parabola cioè i punti della regione A 1 = {(x, ) R x 0, x + x}. Mentre nel semipiano delle ascisse negative si devono considerare i punti interni alla parabola e quelli sulla parabola stessa, cioè A = {(x, ) R x 0, x + x}. Il dominio è allora Dom(f) = A 1 A. Notiamo che T Dom(f), è un insieme chiuso e itato di R quindi, per il Teorema di Weierstrass, esistono sicuramente un massimo e un minimo assoluti. Essendo la radice una funzione positiva crescente basta studiare i massimi e minimi del radicando cioè di g(x, ) = x(x + x ) = x 3 + x x. Cominciamo ad analizzare i punti interni a T utilizzando le derivate parziali. Si ha che g x = 3x + x, e g = x. Ponendo a sistema g x = 0 e g = 0 si ottiene il punto (0, 0) che non è interno. Quindi internamente al quadrato T non ci sono estremanti. Analizziamo i bordi del rettangolo. Per x = 0 la funzione è nulla e quindi tutti questi punti sono di minimo assoluto in T (ricordiamo che la condizione di esistenza di f(x, ) impone g(x, ) 0). Per = 1 si ottiene g(x, 1) = x 3 + x x e g (x) = 3x + x 1. La funzione è crescente per g (x) 0 ma questa condizione non è mai soddisfatta per x 1. Allora è sempre decrescente all aumentare di x dunque il punto ( 1, 1) è un possibile massimo. (Il punto (0, 1) risulta un possibile minimo e difatti lo è perché azzera la funzione). Per x = 1 si ha g( 1, ) = e g () = 1 0,. Lungo questa direzione è dunque sempre crescente e il punto ( 1, 1) è un possibile massimo mentre ( 1, 0) un possibile minimo. Si può subito osservare che g( 1, 0) = 0 e quindi il punto è un minimo assoluto. Per = 0 otteniamo g(x, 0) = x 3 + x e g (x) = 3x + x. Dallo studio del segno della derivata prima abbiamo che g(x, 0) è crescente per 1 x /3. Quindi il punto ( /3, 0) è un candidato a massimo assoluto. Ricapitolando abbiamo che il valore di minimo assoluto (che è 0) e assunto in tutti i punti del tipo (0, ), con 0 1 e nel punto ( 1, 0). Ci sono invece due possibili candidati come massimi assoluti: i punti ( /3, 0) e ( 1, 1). Poiché un massimo assoluto deve esserci, per il Teorema di Weierstrass, basta confrontare i valori assunti da g(x, ) nei due punti. Si ha g( /3, 0) = 4/7,mentre g( 1, 1) = 1. Il massimo assoluto è dunque assunto nel punto ( 1, 1). Soluzione dell Esercizio 11. Osserviamo subito che T è un disco con bordo di centro l origine degli assi e raggio 1. Poiché la funzione è differenziabile (e quindi continua) in R, e quindi su T, vale il Teorema di Weierstrass su T e quindi esiste sicuramente un massimo e un minimo assoluti. La funzione è definita in tutto R ed è richiesto lo studio dei massimi e minimi in un sottoinsieme del dominio. Cominciamo ad analizzare le derivate parziali che danno informazione sui punti di R e quindi anche su alcuni punti del bordo. Infatti se in un punto di R la funzione assume un valore di massimo o minimo locale, allora la natura del punto rimane tale anche restringendo il dominio della funzione. (Poi andrà verificato se si tratta di un estremante assoluto). In seguito peró dobbiamo analizzare il bordo. Infatti alcuni punti del bordo che globalmente non sono estremanti potrebbero diventarlo. Per la simmetria della funzione e del dominio ci aspettiamo di trovare dei punti estremanti simmetrici sia ripetto all origine che rispetto agli assi. Si ha f x = 4x 4x 3 e f = Risolvendo il sistema di equazioni f x = 0 e f = 0 si ottengono i punti

19 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI 19 O(0, 0), A(1, 0), A ( 1, 0), B(0, 1) e B (0, 1). Per studiare la natura dei punti si può calcolare la matrice hessiana. Si ha f xx = 4 1x, f x = f x = 0 e f = 4 1. Nell origine il segno del determiannte dell hessiana è positivo come la traccia; quindi l origine è punto di minimo relativo. Gli altri 4 punti sono sul bordo della regione che dobbiamo analizzare. Per la funzione globalmente definita sono punti di sella (il segno del determinante dell hessiana è negativo). Per la funzione ristretta la bordo non si può ancora dire. Analizziamo il bordo che è dato dal vincolo x + = 1. Si può ricavare = 1 x e sostituire nella funzione ottenendo f(x, x ) = x 4 + x 1, f (x) = 4x(1 x ) e f (x) 0 per 1 x 1/ e per 0 x 1/. Dall analisi del bordo risultano come possibili estremanti i punti A ( 1, 0), A(1, 0) (possibili minimi) e C, D( 1/, ±1/ ) e E, F (1/, ±1/ ) (possibili massimi). Poiché per il Teorema di Weierstrass deve essere assunto un massimo ed un minimo assoluti, i punti E ed F sono sicuramente di massimo assoluto. Confrontando i valori assunti in A, A, O si vede che l origine è il minimo assoluto. Soluzione dell Esercizio 1. Controlliamo che l insieme T sia contenuto nel dominio della funzione. Si ha Dom(f) = {(x, ) R 4 x > 0} cioé il dominio è costituito da tutti i punti interni alla circonferenza di centro l origine e raggio, punti della circonferenza esclusi. Poiché T rappresenta un quadrato con lati paralleli agli assi, lunghi e con intersezione delle diagonali nell origine, si ha che T Dom(f). L insieme T è itato e chiuso e quindi, per il Teorema di Weierstrass esistono sicuramente massimo e minimo assoluti. Presentiamo ora due modi di svolgere l esercizio. - 1 o modo: f(x, ) = log(g(x, )). Essendo il logaritmo una funzione crescente, basta studiare i massimi e minimi di g(x, ) per ottenere i massimi e minimi di f. Osserviamo che g è simmetrica rispetto all origine e agli assi cosí come il dominio. Ci aspettiamo quindi di trovare massimi e minimi simmetrici. Determiniamo come prima cosa i punti critici di g. Si ha g x = x e g = che si annullano contemporaneamente solo nell origine degli assi. Teramite l Hessiana si può vedere che (0, 0) è un punto di massimo relativo. (Infatti g xx (0, 0) =, g (0, 0) = e g x (0, 0) = 0; il determinante dell hessiana viene 4 e la traccia -4). Studiamo ora i bordi di T. Per simmetria basta studiare il lato x = 1 (per 0 1) e = 1 (per 0 x 1). Per x = 1 si ha g(1, ) = 3 x e g () = x; quindi g decresce per 0 1. Su questo lato e sul lato x = 1, sfruttando le simmetrie citate in precedenza, si evidenziano allora i punti A, A (±1, 0) possibili massimi e i punti B, B (1, ±1) e C, C ( 1, ±1) possibili minimi. Per = 1 si ha g(x, 1) = 3 e g (1) = ; quindi g decresce per 0 x 1. Su questo lato e sul lato = 1, sfruttando le simmetrie citate in precedenza, si evidenziano allora i punti D, D (0, ±1) possibili massimi e i punti B, B (1, ±1) e C, C ( 1, ±1) possibili minimi. Poiché il massimo e il minimo assoluto devono esitere in T i punti B,B,C,C sono sicuramente i minimi assoluti (ricordiamo che la funzione ha lo stesso comportamento in tutti e 4 per simmetria). Il massimo assoluto è nell origine, perché g(0, 0) = 4, mentre g(0, ±1) = g(±1, 0) = 3. - o modo: si può osservare che la funzione dipende da x +. Considerando il cambio di coordinate x = ρ cos θ, = ρ sin θ si ottiene f(ρ, θ) = log(4 ρ ) e f risulta funzione di una variabile. Possiamo, come prima studiare solo g(ρ) = 4 ρ che ha g (ρ) = ρ. Quindi g è decrescente lungo raggi uscenti dall origine degli assi. Quindi per ρ = 0 (cioé nel punto (0,0)) si ottiene il massimo assoluto. I minimi assoluti si ottengono intersecando

20 0 FUNZIONI IN PIÙ VARIABILI T con la circonferenza di centro l origine e raggio più grande possibile, cioé la circonferenza passante per i quattro vertici del quadrato. Quindi i punti B, B (1, ±1) e C, C ( 1, ±1) sono minimi assoluti. Soluzione dell Esercizio 13. Calcoliamo il dominio di f(x, ). Basta porre 4 x + > 0, cioé x < +4. Notiamo che x = +4 è l equazione di una parabola con asse coincidente con quello delle x, vertice nel punto (4, 0) e concavità rivolta a destra. La disequazione individua tutti i punti esterni alla parabola e definisce un insieme aperto e ilitato di R. Cominciamo a determinare i massimi e minimi relativi di Dom(f). Poiché tutti i punti sono interni procediamo con il metodo delle derivate parziali. Si ha f x = 1 e f 4 x+ =. Il sistema dato dalle due equazioni f 4 x+ x = 0, f = 0 non ammette soluzioni perché f x non si azzera mai. Quindi non ci sono estremanti in tutto Dom(f). Determiniamo ora i massimi e minimi assoluti in T. Questo insieme è costituito dai punti di un rettangolo, bordo compreso, tutto contenuto in Dom(f), è chiuso e itato e quindi, per il Teorema di Weierstrass, esistono sicuramente massimo e minimo assoluti. Dai conti precedenti risulta che all interno del rettangolo non ci sono estremanti. Analizziamo i bordi di T. Notiamo che la funzione e l insieme T sono simmetrici rispetto all asse delle x e quindi questa simmetria si deve ritrovare nello studio che segue. Per x = 0, 1 1 si ha f(0, ) = log(4 + ), f () =. Dunque f () 0 4+ se 0. Cioé (0, 0) è un possibile minimo, mentre A(0, 1) e A (0, 1) (simmetrico di A rispetto all asse x) sono possibili massimi. (Si poteva anche solo studiare per 0 1 e dedurre il resto per simmetria). Per = 1, 1 x 0 si ha f(x, 1) = log(5 x), f (x) = 1. Dunque f () 0 in 5 x questo intervallo. Quindi A(0, 1) è un possibile minimo per questa restrizione ed essendo un possibile massimo per quella precedente non è un estremante. Il punto B( 1, 1) è un possibile massimo. Per x = 1, 1 1 si ha f( 1, ) = log(5 + ) e f () =. La derivata 5+ risulta positiva per 0. Quindi B( 1, 1) è un possibile massimo e il punto C( 1, 0) è un possibile minimo. Non occorre studiare il quarto lato perché possiamo dedurre tutto per simmetria. Riassumendo abbiamo come possibili massimi i punti B( 1, 1) e il suo simmetrico rispetto all asse delle ascisse B ( 1, 1); come possibili minimi i punti O(0, 0) e C( 1, 0). Sicuramente B e B sono i massimi assoluti (unici candidati), mentre O e C vanno confrontati (non c é più simmetria). Da f(c) = log(5) e f(o) = log(4), si deduce che l origine è minimo assoluto. Soluzione dell Esercizio 14. Il dominio della funzione è tutto R, insieme aperto e illi mitato. Cercheremo i massimi e i minimi tra i punti critici. Si ha che f x = x 4x 3, e f = x. Le soluzioni del sistema che ha come equazioni f x = 0, f = 0 sono tutti i punti del tipo (0, ), cioé i punti dell asse delle ordinate. Calcolando le derivare seconde si ottiene f xx (0, ) =, f (0, ) = 0 e f x (0, ) = f x (0, ) = 0. Quindi il determinante dell hessiana vale 0, e non determina la natura dei punti. Osserviamo che nei punti (0, ) la funzione si annulla.possiamo analizzare allora il segno della funzione in un loro intorno. E facile osservare che f(x, ) > 0 per > x, f(x, ) = 0 per x = 0 e per = x ed è f(x, ) < 0 altrimenti. Deduciamo allora che l origine è un punto di sella perché in un suo intorno la funzione cambia di segno, i punti (0, ) con > 0 sono minimi relativi e i punti (0, ) con < 0 sono massimi relativi.