Soluzioni degli esercizi sulle FUNZIONI DI DUE VARIABILI

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1 Soluzioni degli esercizi sulle FUNZIONI DI DUE VARIABILI 1. Insiemididefinizione: (a) x + èdefinita se il denominatore è diverso da zero, cioè perx 6= : graficamente x significa rimuovere dal piano la retta = x (b) x èdefinita se x, cioè perx e oppure x e : graficamente significa considerare il primo e il terzo quadrante, assi compresi x (c) x + èdefinita se x + 6=cioèper(x, ) 6= (, ): graficamente significa rimuovere dal piano l origine x (d) x èdefinita se x 6=cioèper 6= ±x: graficamente significa rimuovere dal piano le due rette = x e = x (e) p 4x èdefinita se 4x +9 36, cioè vistoche x = 1 rappresenta un ellisse che ha per asse maggiore l asse x e asse minore l asse, se(x, ) nonècontenuto all interno dell ellisse: graficamente vanno bene tutti i punti sull ellisse oppure esterni ad essa (f) 1 p x èdefinita se x > cioèper <x vale a dire per x << x : graficamente significa rimuovere dal piano le due rette = x e = x eiduequadranti che stanno al di sopra ed al di sotto di esse se x>per> 1 x (g) ln(1 + x) èdefinita se 1 + x > cioè se x =perogni se x<per< 1 x :graficamente significa 1

2 che la funzione èdefinita sull asse e sui punti a sinistra di esso ma sotto l iperbole di equazione = 1 e a destra di esso ma sopra la stessa iperbole: complessivamente x sono tutti i punti compresi tra i due rami dell iperbole (h) 1 èdefinita se cos (x ) 6= cioè, osservando che cos (x ) =cos( x), cos (x ) per x 6= π + kπ (con k intero): graficamente significa rimuovere dal piano tutte le rette di equazione = x + π + kπ (al variare di k neinumeriinteri) (i) 1 p x èdefinita se x >cioèper<x : graficamente significa rimuovere dal piano tutti i punti della parabola di equazione = x e quelli nella regione al di sopra della parabola stessa Calcolo di iti (a) cos (x) cos (1 π) cos (π) = = = 1: infatti la funzione ècontinua (x,) (1,π) 1 x cos 1 1 cos π cos π ove èdefinita (in quanto rapporto di composizione di funzioni continue e somme algebriche di funzioni continue con denominatore che non si annulla nel punto.

3 (b) (x,) (,) 3 x + = ½ x = r cos t Per risolvere l indecisione conviene passare a coordinate polari: = r sin t Quando (x, ) (, ) la distanza r del punto (x, ) da(, ) tende a zero e quindi il ite diventa: r 3 (sin t) 3 r =r (sin t) 3 =, r r poiché, per ogni valore di t, (sin t) 3 < 1cioè(sint) 3 è una quantità itata e quindi il suo prodotto per una quantità, r, che tende a zero risulta tendere a zero. x (c) (x,) (,) x + = 4 (d) ½ x = r cos t Per risolvere l indecisione conviene passare a coordinate polari: = r sin t Quando (x, ) (, ) la distanza r del punto (x, ) da(, ) tende a zero e quindi il ite diventa: r 4 (cos t sin t) r r (cos t) + r (sin t) 4 = r r (cos t sin t) (cos t) + r (sin t) (sin t) =. Infatti r (cos t sin t) tende a zero e la frazione (cos t) + r (sin t) è itata poiché valezero (sin t) se t = π + kπ, mentre se t 6= π + kπ, dividendo numeratore e denominatore per (cos t) si vede che (cos t sin t) (cos t) + r (sin t) (sin t) = (sin t) (sin t) 1+r (sin t) < < 1 (tan t) 1 Quindi moltiplicando tale frazione per r, che tende a zero, si ha una quantità che tende a zero. x + x 3 3 = (x,) (,) x + Per risolvere l indecisione conviene passare a coordinate polari: ½ x = r cos t = r sin t Quando (x, ) (, ) la distanza r del punto (x, ) da(, ) tende a zero e quindi il ite diventa: 1 r6 (cos t sin t) 3 =1 r4 (sin t) 3 =1, r r r 8 poiché, per ogni valore di t, (sin t) 3 < 1cioè(sint) 3 è una quantità itataequindi il suo prodotto per una quantità, r4, che tende a zero risulta tendere a zero Discussione dell esistenza di iti (a) x + (x,) (,) = ½ x = r cos t r Passando a coordinate polari: si trova = r sin t r r sin t = r che non permette di trarre conclusioni, poiché, al contrario che negli esercizi precedenti, la funzione r sin t coefficiente di r non è una funzione itata. D altra parte avvicinandosi all origine lungo parabole di equazione = ax,cioèconsiderando che cosa succede operando questa sostituzione nella funzione f(x, ) = x + 3,

4 si vede che f(x, ax )= x + a x 4 = 1 ax a + ax e quindi, avvicinandosi all origine lungo parabole con diverso coefficiente a, la funzione tende ad assumere differenti valori 1 a. Ma il ite, se esiste, è unico: aver trovato più valorisignifica che il ite non esiste. sin(x) (b) (x,) (,) x + = Anche in questo caso il passaggio in coordinate polari non aiuta. Ma se ci si avvicina a (, ) lungo le rette di equazione = mx, sivedechef(x, mx) = sin(mx ) x (1 + m ) epoiché, per x, sin(mx )èasintoticoamx sin(mx ), x x (1 + m ) = mx x x (1 + m ) = m 1+m quindi, avvicinandosi all origine lungo rette con diverso coefficiente angolare m, lafun- zione tende ad assumere differenti valori m 1+m. Ma il ite, se esiste, è unico: aver trovato più valorisignifica che il ite non esiste. 4. Derivate parziali prime e loro valutazione in punti particolari (a) f(x, ) =x + x ha derivata parziale rispetto a x: f x (x, ) = +x che in (, ) vale f x (, ) = 4 rispetto a : f (x, ) =x che in (, ) vale f (, ) = (b) f(x, ) =ln(1+e x ) ha derivata parziale rispetto a x: f x (x, ) = ex 1+e che in (, 1) vale f x(, 1) = e x 1+e rispetto a : f (x, ) = xex 1+e che in (, 1) vale f (, 1) = e x 1+e (c) f(x, ) =sin x ha derivata parziale rispetto a x: f x (x, ) = cos x che in π, 4 vale f π 3 x, 4 =cos π = rispetto a : f (x, ) = x cos x che in π, 4 vale f π 3, 4 = π 3 1 cos π π 3 = 4. Equazione del piano tangente al grafico di una funzione di due variabili in un suo punto. Ricordiamo che se esistono e sono continue in (x, ) le derivate parziali prime della funzione f(x, ), esiste il piano tangente ed ha equazione z f(x, )=f x (x, )(x x )+f (x, )( ) (a) f(x, ) =x è una funzione continua e le sue derivate parziali prime sono continue in tutto il piano e quindi in particolare in (, 1). Risulta f(, 1) = 4 1 =3,f x (x, ) =x, f (x, ) = e quindi l equazione del piano tangente al grafico nel punto (, 1, 3) è z 3= 4(x +) ( 1). x (b) f(x, ) =cos è una funzione continua e le sue derivate parziali prime sono continue in ciascuno dei due semipiani delle ordinate positive e delle ordinate negative e quindi in particolare in (π, 4). Risulta ³ π f(π, 4) = cos = 4, f x (x, ) = 1 x sin = f x (π, 4) = 1 ³ π 4 sin = 4 8 4

5 f (x, ) = x x sin = f (π, 4) = π ³ π π 16 sin = 4 3 ³ e quindi l equazione del piano tangente al grafico nel punto π, 4, è π z = (x π)+ ( 4). 8 3 (c) f(x, ) =e x è una funzione continua e le sue derivate parziali prime sono continue in tutto il piano e quindi in particolare in (, 1). Risulta f(, 1) = 1, f x (x, ) = xe x, f (x, ) =e x e quindi l equazione del piano tangente al grafico nel punto (, 1, 1) è z 1=(x ) + 1 ( 1), cioè z =. (d) f(x, ) = p 1+x 3 è una funzione continua e le sue derivate parziali prime sono continue purché 1+x 3 > e quindi in particolare in (1, ). Risulta f(1, ) = 1+8=3, x 3 f x (x, ) = p 1+x = f 8 x(1, ) = = x f (x, ) = p 1+x = f 1 (1, ) = = e quindi l equazione del piano tangente al grafico nel punto (1,, 3) è z 3= 8 (x 1) + ( 1) Gradiente delle funzioni di cui ai punti 4,. Ricordiamo che grad (f(x, )) = (f x (x, ),f (x, )); quindi 4a: grad (f(x, )) = ( +x, x) e x 4b: grad (f(x, )) = 1+e, xe x x 1+e x x 4c: grad (f(x, )) = cos x, cos x a: grad (f(x, )) = (x, ) b: grad (f(x, )) = 1 x sin, x x sin c: grad (f(x, )) = ³ xe x x,e d: grad (f(x, )) = Ã x 3 p 1+x 3, 3x p 1+x 3 7. Trovare la velocità di variazione delle funzioni assegnate, nei punti e nelle direzioni assegnate, significa calcolare la derivata direzionale della funzione f(x, ), nella direzione assegnata v, nel punto assegnato (x, ). Si sa che se f(x, ) ha derivate parziali prime continue, denotato con ` =(cost, sin t) il versore ottenuto dividendo il vettore v per il suo modulo questo equivale a fare il prodotto scalare grad (f(x, )) ` (a) f(x, ) =3x 4, (x, )=(, ), vettore direzione assegnato v = i = versore corrispondente ` = i =( 1, ): grad (f(x, )) = (3, 4) = grad (f(x, )) in ogni punto (x, )delpiano velocità di variazione nella direzione assegnata: (3, 4) ( 1, ) = 3. (b) f(x, ) =x,(x,³ )=( 1, 1), vettore direzione assegnato v = i+j =(1, ) = versore corrispondente ` = 1, :!

6 grad (f(x, )) = (x, x )= grad (f( 1, 1)) = (, 1) ³ velocità di variazione nella direzione assegnata: (, 1) 1, = Determinazione delle derivate parziali seconde di funzioni assegnate Ricordiamo che, per il teorema di Schwartz, le due derivate miste, se sono continue, devono essere uguali. (a) f(x, ) = p 3x x +1 f x (x, ) = f (x, ) = 6x p 3x x +1 = x p 3x x +1 = f x(x, ) = e in conclusione: f xx (x, ) = 6 p (6x ) 3x x +1 p 3x f xx (x, ) = x +1 (3x x +1) p x (6x ) 3x x +1 p 3x f x (x, ) = x +1 (3x x +1) p x (6x ) 3x x +1 p 3x x +1 (3x x +1) x ( x) f (x, ) = 4(3x x +1) 3/ 1 4(3x x +1) ; 3/ x f x (x, ) = 4(3x x +1) = f x x(x, ); f 3/ (x, ) = 4(3x x +1) 3/ (b) f(x, ) =xe e x f x (x, ) =e e x = f xx(x, ) = e x f x (x, ) =e e x f (x, ) =xe e x = f x(x, ) =e e x f (x, ) =xe (c) f(x, ) =ln(1+x ) f x (x, ) = f (x, ) = 1+x = 4x 1+x = f xx (x, ) = ( ) (1 + x ) f x (x, ) = (1 + x ) 4x 3 (1 + x ) = f x (x, ) =4 (1 + x ) x 3 (1 + x ) = 4 (1 + x ) 4 (1 + x ) f (x, ) =4 x (1 + x ) 4x (1 + x ) = 4x 8x (1 + x ) (d) f(x, ) = arctan (x + x) x +1 f x (x, )= 1+(x + x) h 1+(x + x) i (x +1) (x + x) f xx (x, )= 1+(x + x) h x 1+(x + x) i (x +1)(x )(x + x) f x (x, ) = 1+(x + x) 6

7 x f (x, )= 1+(x + x) h x 1+(x + x) i (x )(x +1)(x + x) f x (x, ) = 1+(x + x) h 1+(x + x) i (x ) (x + x) f (x, ) = 1+(x + x) (e) f(x, ) =x sin sin (x ) f x (x, ) =xsin x cos (x )= f xx(x, ) =sin cos (x )+4x sin (x ) f x (x, ) =xcos x cos (x ) f (x, ) =x cos sin (x )= f x(x, ) =xcos x cos (x ) f (x, ) = x sin 9. Determinazione e classificazione dei punti critici di funzioni. Ricordiamo che i punti critici di una funzione f(x, ) sono quelli le cui coordinate annullano il gradiente grad (f(x, )) e, tra di essi, sono punti di sella quelli per i quali l Hessiano H(x, ) = fxx(x, ) f x (x, ) f x (x, ) f (x, ) è negativo, mentre sono punti di massimo o minimo locale quelli per cui H(x, ) > (massimo se f xx (x, ) < ; minimo se f xx (x, ) > ). (a) f(x, ) =xe (x + )/ grad (f(x, )) = ³( x ) e (x + )/, (x x ) e (x + )/ =(, ) se e solo se ( ½ ( x ) e (x + )/ = (1 x (x x ) e (x + )/ = )= x (1 )= ½ ½ = x tale sistema si scompone nei due sistemi x = e =1 =1 che hanno soluzioni (, ), (1, 1), ( 1, 1), (1, 1) e ( 1, 1) : questi sono i punti critici. f xx (x, ) =[ x (1 x ) x] e (x + )/ = x (x 3) e (x + )/ f x (x, ) =(1 )(1 x ) e (x + )/ = f x (x, ) (valgono le ipotesi del teorema di Schwartz) f (x, ) =[ x (1 ) x] e (x + )/ = x ( 3) e (x + )/ Quindi l Hessiano H(x, ) =e (x + )/ x (x 3) (1 )(1 x ) (1 )(1 x ) x ( 3) i. nel punto (, ) vale H(, ) = e 1 1 = 1 <, per cui l origine è un punto di sella; ii. in ciascuno dei due punti (1, 1) e ( 1, 1) vale e (1+1)/ 1(1 3) 1(1 3) = =4e 1 >,percuiiduepuntisonoestremantilocaliepiù precisamente massimi, in quanto 1 (1 3) < ; iii. in ciascuno dei due punti (1, 1) e ( 1, 1) vale e (1+1)/ 1(1 3) 1(1 3) = =4e 1 >, per cui i due punti sono estremanti locali e più precisamente minimi, in quanto 1(1 3) >. 7

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9 grad (f(x, )) = (, ) se e solo se x x = x + 1 x = x +1 = 1+ 1 x + 1 x +1 = l ultimo sistema si spezza nei quattro sistemi 1+ 1 = , = x = + 1, x = x +1= 1+ 1, x = x = + 1 x +1= Essi sono equivalenti a ½ ( +1= +1= x +1=, + 1 x +1=, =, x 1 = x +1= + 1 x +1= (l ultimo sistema è stato ottenuto sottraendo la seconda equazione alla prima). ( Quindi le = x soluzioni sono rispettivamente: ( 1. 1), (1, 1), ( 1, 1) e la soluzione di 3 x +1= cioè ( 3, 3) : questi sono i punti critici. grad (f(x, )) = Osserviamo che 1 x x 3 x x 3 1 x, 1 x 1 3 x x 3 f xx (x, ) = x x x x 4 + x 3.Quindi f x (x, ) = x + x 3 + x = f x(x, ) (valgono le ipotesi del teorema di Schwartz) 3 f (x, ) = x x x Quindi l Hessiano H(x, ) = x 3 x x + 1 x 1+ 1 x x i. nel punto ( 3, 3) vale x x x + 3 x 4 = >, 3 3 per cui il punto è estremante locale (minimo in quanto f xx ( 3, 3) = 4 3 > ); ii. nel punto ( 1, 1) vale ( ) (1 1 1) (1 1 1) ( ) = 4 <, per cuiilpuntoè di sella; iii. nel punto (1, 1) vale ( ) (1+1 1) (1+1 1) ( ) = 4 <, per cui il punto è di sella; iv. nel punto ( 1, 1) vale ( ) (1 1+1) (1 1+1) ( ) = 4 <, per cui il punto è di sella. 9