Istituzioni di Matematiche Modulo B (SG)

Istituzioni di Matematiche Modulo B (SG) II foglio di esercizi ESERCIZIO 1. Per ciascuna funzione f(, ) calcolare le derivate parziali f (, ) e f (, ) e determinare il relativo dominio di definizione. (a) f(, ) = + sin(), (b) f(, ) = +, (c) f(, ) = +, (d) (e) f(, ) = +, f(, ) = a + b + c, dove a, b, c sono costanti (a) f è definita su tutto R. f = + 3 cos(), f = sin() + cos(). Entrambe sono definite su tutto R. (b) f è definita su tutto R. f =, f + =. Entrambe sono definite su + R \ {(0, 0)}. (c) f è definita su R \ {(0, 0)}. f = R \ {(0, 0)}. R. ( + ) 3, f = ( + ) 3. Entrambe sono definite su (d) f è definita per. f = ( ), f = ( ). Entrambe sono definite per. (e) f è definita su tutto R. f = a + b, f = b + c. Entrambe sono definite su tutto ESERCIZIO. Si consideri la superficie S di equazione z = (a) Determinare l equazione del piano tangente ad S nel punto (1, 1, f(1, 1)). (b) Determinare l equazione del piano tangente ad S nel punto (1, 1, f(1, 1)). (c) Determinare l equazione del piano tangente ad S nel punto ( 1, 1, f( 1, 1)). (d) Determinare l equazione del piano tangente ad S nel punto ( 1, 1, f( 1, 1)). (e) Sia P = (a, b) un punto del piano non sugli assi cartesiani. Determinare l equazione del piano tangente ad S nel punto (a, b, f(a, b)). (f) Si può definire un vettore normale ad S in qualche punto (a, b, f(a, b)) con (a, b) sugli assi cartesiani? 1

Bisogna fare attenzione al valore assoluto. Nel primo quadrante si ha f(, ) =, quindi f (, ) =, f (, ) = Pertanto, essendo f (1, 1) = 1, f (1, 1) = 1, un vettore normale alla superficie in (1, 1, f(1, 1)) è n = ( 1, 1, 1). Essendo f(1, 1) = 1, il piano tangente ad S nel punto (1, 1, f(1, 1)) ha equazione cartesiana 1 ( 1) + 1 ( 1) (z 1) = 0, cioé + z = 0 Nel secondo quadrante ( 0, 0), si ha f(, ) =, quindi f (, ) =, f (, ) = Pertanto, essendo f ( 1, 1) = 1, f ( 1, 1) = 1, un vettore normale alla superficie in ( 1, 1, f( 1, 1)) è n = ( 1, 1, 1). Essendo f( 1, 1) = 1, il piano tangente ad S nel punto ( 1, 1, f( 1, 1)) ha equazione cartesiana 1 ( + 1) + 1 ( 1) (z 1) = 0, cioé + z = 0 Nel terzo quadrante ( 0, 0), si ha f(, ) =, quindi f (, ) =, f (, ) = Pertanto, essendo f ( 1, 1) = 1, f ( 1, 1) = 1, un vettore normale alla superficie in ( 1, 1, f( 1, 1)) è n = ( 1, 1, 1). Essendo f( 1, 1) = 1, il piano tangente ad S nel punto ( 1, 1, f( 1, 1)) ha equazione cartesiana 1 ( + 1) 1 ( + 1) (z 1) = 0, cioé + + z = 0 Nel quarto quadrante ( 0, 0), si ha f(, ) =, quindi f (, ) =, f (, ) = Pertanto, essendo f (1, 1) = 1, f (1, 1) = 1, un vettore normale alla superficie in (1, 1, f(1, 1)) èn = ( 1, 1, 1). Essendo f(1, 1) = 1, il piano tangente ad S nel punto (1, 1, f(1, 1)) ha equazione cartesiana 1 ( 1) 1 ( + 1) (z 1) = 0, cioé z = 0 In generale, se P = (a, b) allora se a > 0 e b > 0 oppure se a < 0 e b < 0, il piano tangente ha equazione b + a ab z = 0

3 Se invece a > 0 e b < 0 oppure se a < 0 e b > 0, il piano tangente ha equazione b + a + ab z = 0 (f) Non è possibile definire un vettore normale ad S in nessun punto (a, b, f(a, b)) con (a, b) sugli assi cartesiani. Supponiamo (a, b) = (a, 0), con a 0. Considero la restrizione di f alla retta = a: g(t) = f(a, t). Si ha g(t) = a t. Per t = 0 c è una cuspide e quindi non si può avere un vettore normale ad S in (a, 0, f(a, 0)). Analogamente se (a, b) = (0, b), con b 0. Sia infine (a, b) = (0, 0). Per ogni m > 0 considero la restrizione g(t) = f(t, mt) = m t. Per t = 0 c è un punto angoloso, e quindi non si può avere un vettore normale ad S in (0, 0, 0). ESERCIZIO 3. Si consideri la funzione f(, ) = 1. (a) Per ogni punto P = (, ) del piano per cui + < 1 determinare un vettore normale (non nullo) n(, ) alla superficie z = f(, ) in (,, f(, )). (b) Calcolare il coseno dell angolo ϑ(, ) compreso tra il vettore n(, ) ed il vettore k (parallelo all asse delle z). (c) Sia P un punto della circonferenza di equazione + = 1. Calcolare il limite di cos ϑ(, ) per (, ) P. (d) È possibile determinare n(, ) nei casi in cui + = 1 utilizzando le derivate parziali? (e) È comunque possibile determinare n(, ) nei casi in cui + = 1? (a) Si ha f (, ) =, f 1 (, ) = 1. Un vettore normale è ( ) m(, ) = 1, 1, 1 e posso prendere l opposto n(, ) = ( ) 1, 1, 1 (b) Ricordo che in generale se u e v sono due vettori non nulli, l angolo ϕ tra u e v ha coseno cos ϕ = u v u v

4 quindi cos ϑ(, ) = n(, ) k n(, ) k = n(, ) k n(, ) k = 1 essendo k = (0, 0, 1). (c) La funzione (, ) 1 è continua, quindi il limite richiesto è 0. (d) Non è possibile utilizzare le derivate parziali poichè in tali punti non esistono. (e) La superficie che stiamo considerando è contenuta nella superficie S 1 della sfera di centro (0, 0, 0) e raggio 1. Se (a, b) è un punto per cui a + b = 1, possiamo quindi assegnare un vettore ortogonale ad S nel punto (a, b, 0) prendendo un qualunque vettore ortogonale ad S 1 in (a, b, 0), ad esempio il vettore (a, b, 0). Aggiungo che possiamo dire che per ogni (, ) con + 1 un vettore ortogonale ad S in (,, 1 ) è p(, ) = (,, ) 1 che potevo fin dall inizio prendere per n(, ) (che risulta essere un versore) ESERCIZIO 4. Trovare le equazioni cartesiane (cioè determinare un sistema lineare di due equazioni in, e z) della retta r che è tangente ad entrambe le superfici z = / /, z = e nel punto (1, 1, 1). Poniamo f(, ) = / /, g(, ) = e. Si ha f(1, 1) = g(1, 1) = 1. Si tratta di determinare un equazione cartesiana del piano σ tangente alla superficie z = f(, ) in (1, 1, 1), un equazione cartesiana del piano τ tangente alla superficie z = g(, ) in (1, 1, 1): sarà quindi r = σ τ. Abbiamo f =, f 4 =, f 4 (1, 1) = 1, f (1, 1) = 1, quindi σ : z = 0 cioè σ : + + z = 4 Abbiamo g = e, g = e, g (1, 1) = 1, g (1, 1) = 1, quindi τ : 1 + z = 0 cioè τ : z = 1 Infine r ha equazioni cartesiane { + + z = 4 r : z = 1

( 1 ) Se vogliamo, possiamo dare equazioni parametriche. Essendo det 1 1 = 1 0, possiamo porre = t e determinare e z. Facendo il conto si trova = t = + 3t z = 3 t al variare di t in R (oppure si può ridurre il sistema a scalini e scegliere una parametrizzazione diversa). 5 ESERCIZIO 5. Trovare, in tutti i punti in cui esiste, il gradiente delle seguenti funzioni: (a) f(, ) = + tg(), (d) f(,, z) = + z, (b) f(, ) = e cos, (c) f(,, z) = 3 z 4, (e) f(,, z) = log + 3z, (f) f(,, z) = z, (a) f(, ) = ( + 3 cos, tg( ) + ( ) ) cos ( ) (b) f(, ) = (e cos, e sin ) (c) f(,, z) = ( 3 z 4, 3 z 4, 4 3 z 3 ) (d) f(,, z) = (,, 4 z) (e) Con log intendo log( ). Si ha f(,, z) = ( ), 4, 6 z (f) Osservo che con la scrittura f(,, z) = z intendo f(,, z) = (z). Inoltre f è definita per > 0, > 0. Si ha f (,, z) = z z 1 Per calcolare f (,, z) scrivo z = e (log )z, quindi f (,, z) = e (log )z (log )z z 1 = z (log ) z z 1 Infine per calcolare f z (,, z) scrivo z = e (log )z = e g(z), dove g(z) = (log ) z = (log )e z log. Quindi f z (,, z) = e g(z) g (z) da cui segue, essendo g (z) = (log )e z log log f z (,, z) = e (log )z (log )e z log log = z (log )e z log log = z (log ) z log

6 ESERCIZIO 6. Sia f(, ) = e ed S la superficie di equazione z = f(, ). (a) Scrivere l equazione del piano tangente ad S nel punto (1, 3, f(1, 3)). (b) Scrivere l equazione della retta tangente alla curva di livello passante per il punto P = (1, 3) nel punto P. (c) Calcolare la rapidità di variazione di f nel punto P nella direzione del vettore v = i + j. (a) Si ha f(1, 3) = 3 e 3 e f (, ) = ( 1)e, f (, ) = ( 1)e e quindi f (1, 3) = 6e 3, f (1, 3) = e 3 Un vettore normale alla superficie nel punto (1, 3, 3e 3 ) è n = ( 6e 3, e 3, 1). Il piano tangente alla superficie nel punto (1, 3, 3e 3 ) ha equazione ( 6e 3, e 3, 1) ( 1, 3, z 3e 3 ) = 0 quindi 15 + 6 + + e 3 z = 0 e volendo isolare z (b) La retta richiesta ha equazione z = 15 + 6 + e 3 ( 6e 3, e 3 ) ( 1, 3) = 0 quindi r : 3 + = 6 (c) Il vettore v ha norma v = 4 + 1 = 5. Si tratta quindi di calcolare la derivata direzionale D u f(p ), dove u è l unico versore parallelo ed equiorientato a v: u = v v = (/ 5, 1/ 5). La rapidità di variazione di f nel punto P nella direzione del vettore v = i + j risulta D u f(p ) = 14 5 e 3

7 ESERCIZIO 7. Si consideri la funzione di due variabili definita nel seguente modo: f(, ) = + se (, ) (0, 0), f(0, 0) = 0. Calcolare, se esistono, le seguenti derivate parziali: f (0, 0), f (0, 0), f (0, 0), f (0, 0). La funzione f(, ) ha derivate parziali di ogni ordine continue in (, ) per ogni (, ) (0, 0). Quindi in particolare avremo, per il teorema di Schwarz, f (, ) = f (, ). In effetti, facendo il conto si ottiene f (, ) = f (, ) = 4(33 4 ) ( + ) 3 Fatta questa premessa, l esercizio è proposto per esibire un esempio in cui f (P ) f (P ). Calcoliamo quindi, se esistono, f (P ) ed f (P ) con P = (0, 0). Bisogna applicare la definizione. f(h,0) f(0,0) Ricordo che f (P ) = lim. Ma f(0, 0) = 0 dalla definizione di f(, ), mentre f(h, 0) = 0 in quanto stiamo assumendo h 0 e allora f(h, 0) si calcola da f(, ) = e quindi f(h, 0) = 0. Pertanto f(h, 0) f(0, 0) = 0 per ogni h 0, da cui segue f(h, 0) f(0, 0) f (P ) = lim = 0 + Similmente, poiché f(0, h) = h h h f(0, h) f(0, 0) f (P ) = lim = 1 = h per ogni h 0. Abbiamo quindi { 4 3 ( f (, ) = + ) se (, ) (0, 0) 0 se (, ) = (0, 0) { 4 4 4 ( f (, ) = + ) se (, ) (0, 0) 1 se (, ) = (0, 0) Facciamo adesso la stessa cosa per calcolare f (P ) e f (P ): f (P ) = lim h 0 f (0, h) f (0, 0) h ed essendo f (0, 0) = 0, mentre f (0, h) = 0 h 4 = 0 se h 0, Pertanto f (P ) = 0. D altro canto f (0, h) f (0, 0) 0 f (P ) = lim = lim = 0 f (P ) = lim h 0 f (h, 0) f (0, 0) h

8 ma f (0, 0) = 1, mentre f (h, 0) = h4 h = 1 se h 0, quindi 4 f (h, 0) f (0, 0) 1 + 1 f (P ) = lim = lim e quindi il limite non esiste: pertanto f (P ) non esiste. Riassumendo: f (0, 0) = 0, f (0, 0) = 1, f (0, 0) = 0 mentre f (0, 0) non esiste. Osservazione. Ricordo che se f(, ) è una funzione di due variabili, allora f(, ) = (f (, ), f (, )) = f (, )i + f (, )j Se invece f(,, z) è una funzione di tre variabili (e quindi non è possibile disegnarne il grafico), allora f(,, z) = (f (,, z), f (,, z), f z (,, z)) = f (,, z)i + f (,, z)j + f z (,, z)k