ANALISI B alcuni esercizi proposti

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1 ANALISI B alcuni esercizi proposti G.P. Leonardi Parte II 1 Limiti e continuità per funzioni di 2 variabili Esercizio 1.1 Calcolare xy log(1 + x ) lim (x,y) (0,0) 2x 2 + 5y 2 Esercizio 1.2 Studiare la continuità della funzione x 2 +y 2 x 2 y 2 x 2 y 2 1 x 2 = y 2 Esercizio 1.3 Discutere, al variare del parametro α R, l esistenza del limite x α cos y lim (x,y) (0, π 2 ) e x2 +(y π/2) 2 1 Esercizio 1.4 Studiare la continuità della funzione e y2 x 2 x 0 0 x = 0 1

2 Soluzioni 1.1. Dato che log(1 + t) t per ogni t, possiamo scrivere le maggiorazioni xy log(1 + x ) 2x 2 + 5y 2 y x 2 x2 y 2x 2 + 5y2 2x = y, da cui si ricava che il limite cercato è La funzione è continua nei punti (x,y) tali che x 2 y 2, mentre è discontinua nei punti tali che x = y, ovvero sulla coppia di bisettrici dei 4 quadranti mediante cambio di variabile e sostituzione con infinitesimi asintotici, ci si riconduce al limite x α y lim (x,y) (0,0) x 2 + y 2. Passando alle coordinate polari, si trova che il limite esiste se e solo se α > 1, ed in tal caso vale La funzione è continua in tutti i punti (x,y) con x 0 e nei punti di tipo (0,y) con y 0, mentre è discontinua in (0, 0): infatti, in quest ultimo caso sono diversi i limiti direzionali lungo gli assi coordinati. 2 Derivabilità e differenziabilità 2.1 Derivate parziali, piani tangenti e rette normali Esercizio 2.1 Calcolare le derivate parziali della funzione x2 y 2 Esercizio 2.2 Determinare il dominio D della funzione arcsin(xy)+log(x+y), dicendo se si tratta di un aperto o di un chiuso, quindi calcolare l equazione del piano tangente al grafico nel punto P 0 = (1, 0, 0). Esercizio 2.3 Scrivere le equazioni parametriche e cartesiane della retta normale al grafico z = x 2 + y 2 nel punto P 0 = (1, 1, 2). Esercizio 2.4 Scrivere le equazioni parametriche e cartesiane della retta normale al grafico z = sin(y log(1 + x 2 )) nel punto P 0 = (1,π/ log 2, 0). Esercizio 2.5 Determinare i punti del grafico z = x 3 /3 x 2 y+y 2 /2 nei quali l equazione del piano tangente è del tipo z = x + C con C R. 2 e y

3 2.2 Derivate direzionali, differenziabilità Esercizio 2.6 Calcolare la derivata direzionale f v di xe y x x 0 0 x = 0 nel punto (0,0), rispetto al vettore v = (cosθ, sin θ), θ [0, 2π). differenziabile in (0, 0). Stabilire se f è Esercizio 2.7 Supponiamo A R 2 aperto, f : A R differenziabile in (x 0,y 0 ) A tale che f (x 0,y 0 ) = 1, v 1 = ( 2 3, ) v f (x 0,y 0 ) = 2, v 2 = ( 1 4, ). v Si chiede di calcolare il vettore gradiente Df(x 0,y 0 ). Esercizio 2.8 Stabilire la validità della formula del gradiente per la funzione x α y (x,y) (0, 0) x + y 0 (x,y) = (0, 0) nel punto (0, 0), al variare di α > 0. Esercizio 2.9 Studiare la differenziabilità della funzione x 2 + 3y 2 xy 0 0 xy = 0. Esercizio 2.10 Studiare la differenziabilità in (0, 0) della funzione xy 2 (x 2 +y 4 ) 1 2 (x,y) (0, 0) 0 (x,y) = (0, 0) Esercizio 2.11 Studiare la differenziabilità della funzione sin(xy) log(x 2 y 2 ) xy 0 0 xy = 0. 3

4 Esercizio 2.12 Calcolare le derivate parziali della funzione e 1 (x g(x,y) = 2 y 2 ) 2 x 2 y 2 0 x 2 = y 2 e verificare la loro continuità. Soluzioni 2.1. x f = 2x e y, y f = y2 2y x 2 e y D = (x,y) : y > x, xy 1} non è aperto né chiuso, mentre l equazione del piano tangente è z = x + 2y Un vettore normale è dato da N = (2, 2, 1) 1. Quindi le equazioni parametriche sono x = 1 + 2t y = 1 + 2t z = 2 t, dove t R, mentre eliminando il paramentro t si ottengono le equazioni cartesiane x = y x = z La retta normale ha equazioni parametriche/cartesiane x = 1 t π log 2 x = 1 + z π y = π log 2 t log 2 log 2 / y = π + z log 2. log 2 z = t, 2.5. Detta x 3 /3 x 2 y + y 2 /2, bisogna imporre che D ( 1, 0) (cioè il gradiente di f deve coincidere con quello della funzione affine x + C). Si ottengono le equazioni x 2 2xy = 1 x 2 + y = 0 1 N = ( x f, y f, 1) 2x 3 x 2 1 = 0 y = x 2 (x 1)(2x 2 + x + 1) = 0 y = x 2 4

5 quindi il punto cercato è (1, 1, 1/6). x = 1 y = 1 f 2.6. (0, 0) = cosθ v etan θ. Dato che la derivata direzionale non è lineare in cosθ e sin θ, si deduce che non può essere valida la formula del gradiente 2 e perciò la funzione non può essere differenziabile in (0, 0) Se indichiamo con (a,b) il gradiente di f in (x 0,y 0 ), dalla formula del gradiente abbiamo (a,b) (2/ 13, 3/ 13) = 1/ 13 (a,b) ( 1/ 17, 4/ 17) = 2/ 2a + 3b = 1 a = 2/11 17 a + 4b = 2 b = 5/ Si ottiene α > 1, caso in cui tutte le derivate direzionali sono nulle La funzione è continua e differenziabile in (0, 0) e nei punti non appartenenti agli assi coordinati. È discontinua sui restanti punti Le derivate parziali in (0, 0) sono entrambe nulle, quindi bisogna verificare che lim (x,y) (0,0) Passando a coordinate polari, si ha xy 2 (x2 + y 4 )(x 2 + y 2 ) = 0. x y 2 (x2 + y 4 )(x 2 + y 2 ) cos θ sin 2 θ = ρ cos2 θ + ρ 2 sin 4 θ cos θ sin 2 θ ρ 2ρ cos θ sin 2 θ = ρ ρ 2, cos θ sin 2 θ 2 La formula del gradiente afferma che f v (P 0) = Df(P 0 ),v. Una condizione sufficiente per la validità di tale formula è la differenziabilità di f nel punto P

6 dove la prima disuguaglianza segue ricordando che 2ab a 2 +b 2. La maggiorazione appena trovata implica che il precedente limite vale appunto 0, dunque la f è differenziabile in (0, 0) La funzione è continua su tutto R 2. Nei punti di tipo (0,y 0 ) con y 0 0 la derivata parziale f è infinita, quindi non si ha differenziabilità. Analogamente, data la x simmetria della funzione, si ha non differenziabilità nei punti di tipo (x 0, 0) con x 0 0. Nel punto (0, 0), invece, le derivate parziali esistono e sono entrambe nulle, quindi si ha differenziabilità se e solo se xy log(x 2 y 2 ) lim = 0. (x,y) (0,0) x2 + y 2 Osserviamo che xy log(x 2 y 2 ) x2 + y 2 = xy 2 3( xy 1 32 log( xy )) x2 + y 2 = xy 2 3 x2 + y 2 ( xy log( xy )) dove gli ultimi due fattori tendono entrambi a zero quando (x,y) (0, 0), come si vede facilmente passando a coordinate polari nel primo e sostituendo t = xy nel secondo, in modo da ricondursi ad un limite in una variabile. Ciò dimostra che f è differenziabile in (0, 0) Il gradiente di g è dato da 4e 1 (x 2 y 2 ) 2 D (x, y) x y (x 2 y 2 ) 3 (0, 0) x = y per cui la continuità delle derivate parziali segue dal fatto che e 1 t lim 2 t 0 t 3 = 0. 3 Massimi e minimi relativi / assoluti Esercizio 3.1 Siano P 0 = (x 0,y 0 ) e P 1 = (x 1,y 1 ) due punti fissati in R 2, e sia f la funzione che associa al punto P = (x,y) la somma dei quadrati delle distanze di P da P 0 e P 1. Determinare i punti critici di tale funzione e stabilire se si tratta di massimi / minimi assoluti / relativi oppure di selle. 6

7 Esercizio 3.2 Siano a,b,c > 0 le tre dimensioni di una scatola a forma di parallelepipedo. Tra tutte le scatole di volume 1, ovvero tali che abc = 1, determinare quella con minore area di superficie. Esercizio 3.3 Determinare massimi e minimi relativi / assoluti della funzione x 2 x 2 y 2 + y 2 + y 3 su R 2. Esercizio 3.4 Trovare e classificare i punti critici della funzione xy 1+x 2 +y 2 su R 2. Esercizio 3.5 Determinare e classificare i punti critici della funzione f(x, y) = xy(x + y 3) su R 2. Esercizio 3.6 Studiare i punti critici della funzione 2 8 x 4 +y 4 4xy su R 2. Dire inoltre se si tratta di massimi / minimi locali o assoluti. Esercizio 3.7 Determinare massimi e minimi assoluti per la funzione x 2 + 2y 2 sul triangolo di vertici A = ( 1, 1), B = (2, 1) e C = ( 1, 2). Esercizio 3.8 Determinare massimi e minimi assoluti per la funzione xy y 2 sull insieme delimitato dalla parabola di equazione y = x 2 x e dalla retta di equazione y = x Esercizio 3.9 Determinare massimi e minimi assoluti della funzione xy 2 4x 2y sull insieme D = (x,y) : x 2 + y 2 9,x + y 3}. Esercizio 3.10 Determinare massimi e minimi assoluti della funzione x2 (y+1) 2 6 sull insieme D = (x,y) : x y2 2 1}. Esercizio 3.11 Determinare massimi e minimi assoluti della funzione e y (1 y) x4 4 sull insieme D = (x,y) : x 4 + y 2 1}

8 Soluzioni 3.1. L unico punto critico è il punto ( x 0+x 1, y 0+y 1 ), che risulta essere di minimo assoluto 2 2 per (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (x x 1 ) 2 + (y y 1 ) La misura della superficie della scatola è data da 2(ab+ac+bc), quindi il problema è quello di minimizzare la funzione f(a,b) = 2(ab + 1 a + 1 b ) sull insieme D = (a, b) : a > 0, b > 0}. L unico punto critico della funzione è (1, 1), che risulta essere di minimo assoluto, quindi la forma ottimale per la scatola è il cubo di lato unitario I punti critici sono (0, 0), (0, 2), (, 1), ( 5, 1). Il primo è un punto di minimo locale, mentre gli altri tre sono punti di sella. La funzione non ammette né massimo, né minimo assoluti, in quanto lim f(0,y) = ±. y ± 3.4. L unico punto critico è (0, 0), il quale risulta essere un punto di sella (non è necessario calcolare la matrice Hessiana: in questo caso basta un semplice studio del segno di f(x,y) in prossimità di (0, 0) ed osservare che all interno del primo e terzo quadrante la f è positiva, mentre nel secondo e quarto quadrante è negativa) I punti critici sono (0, 0), (0, 3), (3, 0), (1, 1). I primi tre sono punti di sella, mentre l ultimo è un minimo locale I punti critici sono (0, 0), ( 1, 1) e 8 2 ( 1, 8 1 ). Il primo è un punto di sella, gli altri due 2 sono minimi locali. Inoltre si vede facilmente che f(x, y) + quando (x, y) +, per cui la funzione non ha massimo ma ha minimo assoluto. I punti di minimo locale, in realtà, sono anche di minimo assoluto per f(x,y) Minimo assoluto in (0, 0), massimo assoluto in C = ( 1, 2) Punto sella in ( 1 2, 0). Massimo assoluto f(2, 2) = 3, minimo assoluto f(1 4, 1 4 ) = Punto sella in (2, 2). Massimo assoluto f( 8 13 f(0, 3) = , ) 0.88, minimo assoluto

9 3.10. Minimo assoluto f(0, 1) = 0. Massimo assoluto f(0, 2) = L unico punto critico di f(x,y) è (0, 0), interno al dominio D. La matrice Hessiana H f (0, 0) è semidefinita negativa, quindi per capire la natura di tale punto critico bisogna ragionare un po : si osservi che h(y)+g(x) dove h(y) = e y (1 y) e g(x) = x 4 /4, quindi facendo un rapido studio di funzione si vede che 0 è un punto di massimo relativo sia per h(y) che per g(x), quindi esiste ǫ > 0 tale che h(y) h(0) e g(x) g(0), il che significa in particolare f(x,y) f(0, 0), per ogni (x,y) ( ǫ,ǫ) 2, ovvero f(0, 0) è massimo relativo. Lo studio sulla frontiera di D si traduce nello studio della funzione φ(y) = e y (1 y) 1 y2 con y [ 1, 1]. Studiando il segno della derivata φ (y) si ottiene 4 φ(y) decrescente sugli intervalli [ 1, log(2)] e [0, 1], crescente su [ log(2), 0]. Calcolando φ sui punti critici interni si ha φ( log(2) = (1+log(2))2 e φ(0) = 3, mentre agli estremi 4 4 dell intervallo si ha φ( 1) = 2 e φ(1) = 0. Si conclude quindi che f(0, 0) = 1 è massimo e assoluto, mentre f(0, 1) = 0 è minimo assoluto. 4 Funzioni implicite Esercizio 4.1 Dire se l equazione x tan(y) + e x cos(y) = 1 definisce in un intorno del punto (0, 0) una delle due variabili come funzione dell altra, quindi scriverne lo sviluppo di Taylor al II ordine nel punto 0. Esercizio 4.2 Mostrare che x 3 + y 4 + x + y 2 + 7y = 0 definisce y = y(x) in un intorno di (0, 0), quindi calcolare lo sviluppo di Taylor del secondo ordine della y(x) in x 0 = 0. Esercizio 4.3 Mostrare che (x 1)e y + 3y 6 = 0 definisce y = y(x) in un intorno del punto (1, 2), e calcolarne lo sviluppo di Taylor del secondo ordine in x 0 = 1. Esercizio 4.4 Mostrare che f(x,y,z) = e z + xz + e y 2 = 0 definisce z = z(x,y) in un intorno del punto (0, 0, 0). Calcolare lo sviluppo di Taylor del secondo ordine di z(x,y) in (0, 0). Esercizio 4.5 Calcolare lo sviluppo di Taylor al II ordine della funzione y = y(x) implicitamente definita dall equazione xy 2 + 4x 2 y 5 = 0 in un intorno del punto (1, 1). 9

10 Soluzioni 4.1. Posto x tan(y) + e x cos(y), si ha f(0, 0) = (1, 0), quindi per il teorema di Dini possiamo ricavare x come funzione della y in un intorno di (0, 0). Lo sviluppo di Taylor è x(y) = y2 2 + o(y2 ) Lo sviluppo di Taylor è y(x) = x 7 x o(x2 ) Lo sviluppo di Taylor è y(x) = 2 e2 3 (x 1) + e4 9 (x 1)2 + o[(x 1) 2 ] Lo sviluppo di Taylor è z(x,y) = y + xy y 2 + o(x 2 + y 2 ) Lo sviluppo di Taylor è y(x) = (x 1) + (x )2 + o[(x 1) 2 ]. 10