funzioni by Andrea Di Giovanni

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1. Esercizi Esercizio 1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni: p 1) f (x, y) = p log(x2 y − xy 2 ) 2) f (x, y) = p−|x2 + y 2 − 2| 3) f (x, y) = x4 − y 2 4) f (x, y) = cos(x2 + y 2 ) √ x−y 5) f (x, y) = arcsin 6) f (x, y) = xy − 1 log(5 − 2x − 2y) x+y r 1 1 1 x2 + y 2 − 1 7) f (x, y, z) = + + 8) f (x, y, z) = x−y y−z z−x z+1 s 2x − x2 − y 2 − z 2 z p 9) f (x, y, z) = 10) f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 − x 1 − cos(xy) Esercizio 2. Studiare gli insiemi di livello delle seguenti funzioni: y2 2) f (x, y) = ye−x x2 + y 2 p x−y 3) f (x, y) = cos(x2 + y 2 ) 4) f (x, y) = arcsin s x+y r x2 + y 2 − 1 2x − x2 − y 2 − z 2 5) f (x, y, z) = 6) f (x, y, z) = z+1 x2 + y 2 + z 2 − x

1) f (x, y) =

Esercizio 3. Stabilire quale dei seguenti limiti esiste, e calcolare questi ultimi: p x+y 1) lim log( x2 + y 2 ) 2) lim (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x − y x2 − y 2 x2 y 3) lim xy 2 4) lim (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x4 + y 2 x + y2 2 2 arctan(xy) sin(x + 3y ) 5) lim p 6) lim (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x2 + y 2 + xy x5 y 2 x3 y 2 7) lim 8) lim (x,y)→(0,0) x6 + y 6 + 3x2 + y 2 (x,y)→(0,0) x6 + y 2 3 2 xy log(1 + x3 y 2 ) 9) lim 10) lim (x,y)→(0,0) x6 + y 4 (x,y)→(0,0) x3 y 2 Esercizio 4. Studiare continuità , derivabilità rispetto ad una qualsiasi direzione, differenziabilità delle seguenti funzioni  1  2 x arctan se y 6= 0 (1) f (x, y) = y  0 se y = 0 p   sin x2 + y 2 p se (x, y) 6= (0, 0) (2) f (x, y) = x2 + y 2  1 se (x, y) = (0, 0) 1

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(3) f (x, y) =

(4) f (x, y) =

(5) f (x, y) =

        

1 se y 6= 0 y 0 se y = 0 3 3 3x − y se (x, y) 6= (0, 0) x2 + y 2 0 se (x, y) = (0, 0) 2 xy se (x, y) 6= (0, 0) 4 x + y2 0 se (x, y) = (0, 0) y 2 cos

Esercizio 5. Scrivere l’ equazione del piano tangente al grafico della funzione f (x, y) = x2 log y in A(1, 1, 1). Esercizio 6. . Calcolare il massimo valore che assume la derivata direzionale di f (x, y) = π sin(x + 2y) in A( π8 , 16 ). Esercizio 7. . Determinare e classificare i punti stazionari delle seguenti funzioni: 1) 3) 5) 7) 9) 11) 13) 15)

f (x, y) = xy f (x, y) = x3 + y 2 − 2xy − y 2 2 f (x, y) = e1−x −y f (x, y) = x2 + 2xy + ay 2 f (x, y) = x2xy +y 2 f (x, y) = sin(x + y) 2 2 f (x, y) = log(ex −y + 1) 2 2 f (x, y) = log(ex +y + 1)

2) 4) 6) 8) 10) 12) 14) 16)

f (x, y) = log(xy) 2 2 f (x, y) = x p + 2y − 2x f (x, y) = (y − x + 1)(x − y + 1) 1 f (x, y) = xy−1 p f (x, y) = 1 − x2 − y 2 2 f (x, y) = log(x + 2xy + 2y 2 + 1) √ 2 2 f (x, y) = e x +xy+y f (x, y) = −x2 + 2x sin y + cos y.

Esercizio 8. . Siano f : R2 → R3 e g : R3 → R due funzioni definite come f (x, y) = (x2 , xy, y 2 ) e g(x, y, z) = x2 + yz. Verificare la formula per la mtrice jacobiana di g ◦ f, ossia ∇(g ◦ f ) = ∇g|f · J(f ). 2. Soluzioni di alcuni esercizi Soluzione dell’ Esercizio 1. 1) La funzione f (x, y) = log(x2 y − xy 2 ) è definita nei punti {(x, y) ∈ R2 |x2 y−xy 2 > 0}. La disequazione precedente può essere scritta come il prodotto xy(x − y) > 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 y. La seconda funzione y 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 − y è positiva nei punti a destra della retta y = 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: A1 = {(x, y) ∈ R2 |x > 0, 0 < y < x} che descrive l’ angolo del primo quadrante compreso tra il semiasse positivo delle ascisse e la bisettrice del primo quadrante; A2 = {(x, y) ∈ R2 |x > 0, y > x} che descrive l’ angolo del primo quadrante compreso tra il semiasse positivo delle ordinate e la bisettrice del primo quadrante; A3 = {(x, y) ∈ R2 |x < 0, y > 0} che descrive il secondo quadrante; A4 = {(x, y) ∈ R2 |x < 0, x < y < 0} che descrive l’ angolo del terzo quadrante opposto al vertice di A1 ; A5 = {(x, y) ∈ R2 |x < 0, y < x} che descrive l’ angolo opposto al vertice di A2 ; A6 = {(x, y) ∈ R2 |x > 0, y < 0} che descrive il quarto quadrante. In A1 le tre funzioni che moltiplichiamo sono tutte positive, e quindi il loro

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prodotto è positivo; in A2 sono positive le prime due, ma la terza è negativa, e quindi il loro prodotto è negativo; in A3 sono negative le prima e la terza, mentre la seconda è positiva, e quindi il loro prodotto è positivo; in A4 le funzioni sono tutte negative e quindi il loro prodotto è negativo; in A5 le prime due sono negative, e la terza è positiva, e quindi il loro prodotto è positivo; in A6 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 A1 ∪ A3 ∪ A5 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. p 2) La funzione f (x, y) = −|x2 + y 2 − 2| è definita dove il radicando è non negativo, ossia −|x2 + y 2 − 2| ≥ 0. Moltiplicando per −1 abbiamo |x2 + y 2 − 2| ≤ 0 e quindi x2 + y 2 − 2 = 0 per le proprietà del valore assoluto. Ne consegue che Dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 |x2 + y 2 − 2 = 0} che descrive i punti della circonferenza di centro l’ origine e raggio √ 2. p 3) La funzione f (x, y) = x4 − y 2 è definita nei punti del piano che verificano la condizione x4 − y 2 ≥ 0, che può essere riscritta come (x2 − y)(x2 + y) ≥ 0. Abbiamo quindi una disequazione che può essere risolta con la regola dei segni. La funzione x2 − y è positiva in {(x, y) ∈ R2 |y < x2 } cioè nei punti del piano al di sotto della parabola γ1 : y = x2 , è negativa nella parte al di sopra di γ1 , ed è nulla nei punti di γ1 . La funzione x2 + y è positiva in {(x, y) ∈ R2 |y > −x2 } cioè nei punti al di sopra della parabola γ2 : y = −x2 , è negativa al di sotto di γ2 , ed è nulla nei punti di γ2 . Il piano risulta allora diviso in tre regioni: A1 = {(x, y) ∈ R2 |y > x2 } che descrive i punti al di sopra di γ1 , A2 = {(x, y) ∈ R2 | − x2 < y < x2 } che descrive i punti al di sopra di γ2 ed al di sotto di γ1 , ed A3 = {(x, y) ∈ R2 |y < −x2 } che descrive i punti al di sotto di γ2 . Osserviamo esplicitamente che le due parabole γ1 e γ2 hanno lo stesso vertice (0, 0), lo stesso asse di simmetria ortogonale x = 0, e la stessa retta tangente nel vertice y = 0. Hanno inoltre la stessa apertura, ma sono situate in semipiani diversi. In A1 la prima funzione è negativa, la seconda è positiva, e quindi il loro prodotto è negativo; in A2 sono entrambe positive, e quindi il loro prodotto è positivo; in A3 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, y) ∈ R2 | − x2 ≤ y ≤ x2 } ossia in A2 ∪ γ1 ∪ γ2 . p 4) La funzione f (x, y) = cos(x2 + y 2 ) è definita nei punti del piano che verificano la disequazione cos(x2 + y 2 ) ≥ 0. Essendo x2 + y 2 ≥ 0, la precedente disequazione è risolta in {(x, y) ∈ R2 |0 ≤ x2 + y 2 ≤ π2 } ∪ ∪k∈N {(x, y) ∈ R2 | − π2 + 2kπ ≤ x2 + y 2 ≤ π2 + 2kπ} che descrive un’ unione di corone circolari comprese tra circonferenze di pcentro nell’ origine e raggi opportuni. Osserviamo che la funzione f (x, y) dipende da x2 + y 2 pi` u che da x ed y e quindi il grafico di f (x, y) formato dai punti di coordinate (x, y, f (x, y)) ∈ R3 è una superficie di rotazione intorno all’ asse z. Questo conferma ulteriormente la forma del dominio. è definita nei punti del piano che verificano il sistema 5) La funzione f (x, y) = arcsin x−y x+y di disequazioni  x−y  x+y ≥ −1 x−y ≤1  x+y x + y 6= 0 La prima delle disequazioni, semplificata, è y ≥ 0. x+y

2x x+y

≥ 0, mentre la seconda `e

−2y x+y

≤ 0, ossia

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Usando la regola dei segni, la prima è risolta in {(x, y) ∈ R2 |x > 0, y > −x} ∪ {(x, y) ∈ R |x < 0, y < −x} ∪ {(0, y) ∈ R2 |y 6= 0}, che descrivono i due angoli di ampiezza 3π 4 opposti al vertice compresi tra l’ asse y e la bisettrice del secondo e quarto quadrante, con l’ asse y incluso e la bisettrice esclusa. La seconda disequazione è risolta in {(x, y) ∈ R2 |y > 0, x > −y} ∪ {(x, y) ∈ R2 |y < 0, x < −y} ∪ {(x, 0) ∈ R2 |x 6= 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, y) ∈ R2 |x ≥ 0, y ≥ 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 |x ≤ 0, y ≤ 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. √ 6) La funzione f (x, y) = xy − 1 log(5 − 2x − 2y) è definita nei punti che risolvono il sistema di disequazioni xy − 1 ≥ 0 5 − 2x − 2y > 0. 2

La prima disequazione è risolta dai punti {(x, y) ∈ R2 |x > 0, y ≥ x1 } ∪ {(x, y) ∈ R2 |x < 0, y ≤ x1 } ossia dai punti al di sotto oppure sull’ iperbole equilatera riferita ai propri asintoti di equazione xy = 1. La seconda disequazione è risolta dai punti del semipiano {(x, y) ∈ R2 |2x + 2y < 5} formato dai punti al di sotto della retta 2x + 2y = 5. La retta e l’ iperbole si intersecano nei punti di coordinate (2, 21 ) e ( 12 , 2) e quindi il sistema è risolto in {(x, y) ∈ R2 |x < 0, y ≤ x1 } ∪ {(x, y) ∈ R2 | 12 < x < 2, x1 ≤ y ≤ −x + 52 }. 7) La funzione f (x, y, z) =

1 x−y

1 1 + y−z + z−x `e definita nei punti che risolvono il sistema   x − y 6= 0 y − z 6= 0  z − x 6= 0

ossia nei punti di R3 che non si trovano su nessuno dei tre piani di equazione x − y = 0 oppure y − z = 0 oppure x − z = 0. I tre piani contengono la retta x = y = z e quindi Dom(f ) consiste di 6 regioni “cilindriche” e disgiunte di spazio. q 2 2 −1 `e definita nei punti che risolvono la disequazione 8) La funzione f (x, y, z) = x +y z+1 x2 +y 2 −1 z+1

≥ 0. Il numeratore si annulla nei punti del cilindro C di equazione x2 + y 2 = 1 avente generatrici parallele all’ asse z e direttrice la circonferenza γ del piano [xy] 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 R3 risulta quindi diviso in 4 regioni: A1 formato dai punti interni al cilindro e nel semipsazio z > −1; A2 formato dai punti esterni al cilindro e nello stesso semipazio; A3 formato dai punti interni al cilindro e nel semispazio z < −1; A4 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 A2 ed in A4 , mentre è negativa in A1 ed in A3 .

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Quindi, Dom(f ) = A2 ∪ A4 ∪ C \ α. q 2x−x2 −y 2 −z 2 `e definita nei punti di R3 che risolvono la 9) La funzione f (x, y, z) = x2 +y 2 +z 2 −x 2

−y −z disequazione 2x−x ≥ 0. Possiamo allora usare la regola dei segni. x2 +y 2 +z 2 −x Il numeratore è la funzione 2x − x2 − y 2 − z 2 che si annulla nei punti della sfera S1 di centro (1, 0, 0) e raggio 1. Nei punti interni alla sfera S1 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 S1 . Il denominatore x2 + y 2 + z 2 − x si annulla nei punti della sfera S2 di centro ( 21 , 0, 0) e raggio 21 . Analogamente al numeratore, abbiamo che la funzione è positiva nei punti esterni ad S2 , ed è negativa nei punti interni ad S2 . Le due sfere sono tangenti internamente, con S1 esterna ad S2 . Quindi, R3 rimane diviso in tre regioni: A1 formato dai punti interni ad S2 , A2 formato dai punti compresi tra le due sfere, A3 formato dai punti esterni ad S1 . In A1 , le due funzioni sono di segno diverso, e quindi il loro rapporto è negativo; in A2 le due funzioni sono dello stesso segno, e quindi il loro rapporto è positivo; in A3 , infine, le due funzioni sono di segno opposto e quindi il loro rapporto è di segno negativo. Quindi, f è definita in A2 ∪ S1 \ S2 .

10) La funzione f (x, y, z) = √

z 1−cos(xy)

`e definita nei punti che verificano la disequazione

1 − cos(xy) > 0 ossia in tutti i punti per cui cos(xy) < 1. Viste le proprietà della funzione cos, il dominio è Dom(f ) = {(x, y, z) ∈ R3 |xy 6= 2kπ, k ∈ Z}. Poichè xy = a è un cilindro con generatrici parallele all’ asse z e direttrice l’ iperbole equilatera riferita ai propri asintoti di equazione z = 0, xy = a, abbiamo che il dominio è formato dai punti di R3 che non si trovano sui cilindri di equazioni xy = 2kπ con k ∈ Z. Osserviamo esplicitamente che, per k = 0, il cilindro è l’ unione dei due piani coordinati [xz] e [yz]. 2

Soluzione dell’ Esercizio 2. 1) La funzione f (x, y) = x2y+y2 è definita nei punti per cui x2 + y 2 6= 0 ossia in R2 \ {(0, 0)}. Osserviamo ora che y 2 ≤ x2 + y 2 per ogni punto (x, y) ∈ Dom(f ), e quindi f (x, y) ≤ 1 nei punti di Dom(f ). Ovviamente, essendo positivi sia il numeratore, sia il denominatore, abbiamo che f (x, y) ≥ 0. Quindi, è possibile studiare le linee di livello f (x, y) = k per 0 ≤ k ≤ 1. L’ equazione f (x, y) = k equivale 2 2 2 a x2y+y2 = k ossia kx x+(k−1)y = 0. Quindi, le linee di livello sono le parti delle curve 2 +y 2 2 2 γk : kx + (k − 1)y = 0 contenute in Dom(f ). La curva γk è una conica degenere che, per k 6= 0, 1, rappresenta di rette per l’ √ origine.√Quindi γk ∩ Dom(f ) è l’ unione √ una coppia √ delle due rette rk : kx + k − 1y = 0 ed sk : kx − k − 1y = 0 ma senza l’ origine. Per k = 0 γ0 : y 2 = 0 che rappresenta l’ asse x doppio; per k = 1 γ1 : x2 = 0 rappresenta l’ asse y doppio. 2) La funzione f (x, y) = ye−x è definita in tutti i punti del piano, e quindi Dom(f ) = R2 . Inoltre, f (x, y) assume tutti i valori reali. Le curve di livello sono γk : ye−x = k, ossia y = kex . Quindi, per k 6= 0 γk è una funzione di tipo esponenziale, mentre per k = 0 γ0 è l’ asse x. p 3) Il dominio della funzione f (x, y) = cos(x2 + y 2 ) 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 γk : f (x, y) = k la linea di livello. Otteniamo allora cos(x2 + y 2 ) = k 2 ossia

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x2 + y 2 = arccos(k 2 ) + 2mπ e x2 + y 2 = − arccos(k 2 ) + 2(m + 1)π con m ∈ N0 . Quindi, γk rappresenta infinite circonferenze concentriche, due per ogni corona circolare. 4) La funzione f (x, y) = arcsin x−y è definita nei punti del primo e del terzo quadrante, x+y assi inclusi ed origine esclusa, come calcolato nelle soluzioni dell’ Esercizio 1.5. Poiché la funzione arcsin assume valori tra − π2 e π2 scegliamo k in tale intervallo. La linea x−y γk : arcsin x+y = k definisce ovviamente una linea di livello. Applicando la funzione sin x−y otteniamo x+y = sin k e quindi (1 − sin k)x − (1 + sin k)y = 0. Quindi γk rappresenta una retta per l’ origine, che va privata dell’ origine perché l’ origine non è in Dom(f ). Osserviamo che γk è sempre nel primo e nel terzo quadrante, visto che −1 ≤ sin k ≤ 1. q 2 2 −1 5) Il dominio della funzione f (x, y, z) = x +y è stato calcolato nelle soluzioni dell’ z+1 √ Esercizio 1.8. Poiché la funzione assume solo valori non negativi, possiamo assegnare 2 2 −1 a k solo valori ≥ 0. La superficie di livello è allora σk : x +y = k 2 che può essere z+1 scritta come σk : x2 + y 2 − k 2 z − k 2 − 1 = 0. Per k 6= 0 σk è un paraboloide ellittico di 2 rotazione intorno all’ asse z avente vertice in V (0, 0, − 1+k ). Per k = 0 σ0 è il cilindro k2 avente generatrici parallele all’ asse z e direttrice la circonferenza Γ : z = −1, x2 + y 2 = 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, y, 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 σk : f (x, y, z) = k. Elevando al quadrato, e riducendo allo 2 +2 stesso denominatore, otteniamo σk : x2 + y 2 + z 2 − kk2 +1 x = 0 che rappresenta una sfera di 2 k +2 centro C( 2(k e sempre contenuto nel 2 +1) , 0, 0) e passante per l’ origine. Il centro C di σk ` 1 segmento di estremi (1, 0, 0) e ( 2 , 0, 0) ed è sempre tangente internamente alla sfera S1 ed esternamente alla sfera S2 . Eccetto l’ origine degli assi che non appartiene a Dom(f ) σk descrive tutti i punti su cui f (x, y, z) assume il valore k ≥ 0. p Soluzione dell’ Esercizio 3. 1) Il dominio della funzione f (x, y) = log( x2 + y 2 ) è Dom(f ) = R2 \{(0, 0)}. Osserviamo che il grafico della funzione, dato dai punti di R3 di coordinate (x, y, f (x, y)), rappresenta una superficie di rotazione attorno all’ asse z. Quindi, è naturale studiare il limite di f (x, y) passando a coordinate polari x = ρ cos θ, y = 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 lim (x,y)→(0,0)

f (x, y) = lim log ρ = −∞. ρ→0

x+y 2) La funzione f (x, y) = x−y è definita in tutti i punti di R2 che non sono sulla bisettrice del primo e terzo quadrante. Proviamo a restringere la funzione su una retta per l’ origine, che non sia y = x. Scegliamo y = mx con m 6= 1. La funzione ristretta è f (x, mx) = (1+m)x = 1+m ed è costante. Quindi, limx→0 f (x, mx) = 1+m e dipende (1−m)x 1−m 1−m dalla retta scelta. D’ altra parte, se il limite della funzione f (x, y) esiste ed è `, allora limx→0 f (x, mx) = ` e non dipende da m. Quindi, il limite non esiste.

3) Anche in questo caso possiamo passare a coordinate polari, ed otteniamo f (ρ, θ) = 2 θ) 2 2 ρ cos θ sin θ ρ (cos ρθ−sin = 14 ρ2 sin 4θ. Quindi, − 14 ρ2 ≤ f (ρ, θ) ≤ 14 ρ2 . Per calcolare il 2 2

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limite limρ→0 f (ρ, θ) possiamo usare il teorema del confronto, poiché limρ→0 ± 14 ρ2 = 0. Quindi si ha che limρ→0 f (ρ, θ) = 0. 4) Osserviamo che la restrizione della funzione f (x, y) ad una qualunque retta y = mx mx3 mx per l’ origine è f (x, mx) = x2 (m e limx→0 f (x, mx) 2 +x2 ) = m2 +x2 e il limite della restrizione ` = 0, indipendentemente dalla retta scelta. Questo però non è sufficiente ad affermare che il limite della funzione f (x, y) esiste. Infatti, se consideriamo la restrizione di f (x, y) ad ax4 a una qualsiasi parabola di equazione y = ax2 , otteniamo f (x, ax2 ) = x4 (1+a 2 ) = 1+a2 e a quindi il limite limx→0 f (x, ax2 ) = 1+a 2 e dipende dalla parabola considerata. Quindi, lim(x,y)→(0,0) f (x, y) non esiste. 5) Osserviamo che x2 + y 2 ≤ x2 + 3y 2 ≤ 3(x2 + y 2 ) e quindi, per piccoli valori p di ρ = x2 + y 2 abbiamo anche che −(x2 + y 2 ) ≤ sin(x2 + y 2 ) ≤ p sin(x2 + 3y 2 ) ≤ 2 sin(3(x2 + y 2 )) ≤ 3(x2 + yq ). Passando a coordinate polari, abbiamo che x2 + y 2 + xy = p ρ2 (1 + cos θ sin θ) = ρ 1 + 12 sin(2θ). Usando le proprietà della funzione seno, si otq q p tiene √ρ2 ≤ x2 + y 2 + xy ≤ ρ 32 . Quindi, la funzione f (x, y) verifica −ρ 23 ≤ f (ρ, θ) ≤ √ 3ρ 2. Usando il teorema del confronto, otteniamo che limρ→0 f (ρ, θ) = 0. 6) Usando il fatto che limt→0

arctan t t

lim

= 1, abbiamo che

f (x, y) =

(x,y)→(0,0)

lim

(x,y)→(0,0) x2

xy . + y2

Quest’ ultimo limite non esiste, perch´e le restrizioni alle rette dipendono dal coefficiente angolare della retta usata. 2

y 5 5 7) Poich´e x6 +y6 +y 2 +3x2 ≤ 1 allora −|x| ≤ f (x, y) ≤ |x| e quindi lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 per il teorema del confronto. 2

8) Poiché x6y+y2 ≤ 1 abbiamo che −|x|3 ≤ f (x, y) ≤ |x|3 e quindi lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 per il teorema del confronto. 9) Se restingiamo la funzione ad una retta per l’ origine di equazione y = mx, otteniamo 2 x5 xm2 che f (x, mx) = x4 (xm2 +m 4 ) = x2 +m4 . Quindi, limx→0 f (x, mx) = 0. Se restringiamo f (x, y) alla curva di equazione y 2 = x3 otteniamo f = 21 , e quindi il limite non può esistere. 10) Il limite da calcolare è un limite notevole, e quindi lim(x,y)→(0,0)

log(1+x3 y 2 ) x3 y 2

= 1.

Soluzione dell’ Esercizio 4. 1) La funzione f (x, y) `e definita in tutti i punti di R2 , e continua in R2 \ {(x, 0)|x ∈ R}. Bisogna allora verificare la continuit`a nei punti dell’ asse x, ossia bisogna studiare i limiti lim

f (x, y)

(x,y)→(c,0)

al variare di c ∈ R. Sia c 6= 0. Poich´e f (x, y), al di fuori dell’ asse x, `e il prodotto di g(x) = x2 e h(y) = arctan y1 , possiamo studiare i due limiti lim g(x)

x→c

1 lim arctan . y→0 y

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

Ovviamente, il primo dei due esiste e vale c2 , mentre il secondo non esiste, perché π 1 π 1 lim+ arctan = lim− arctan = − . y→0 y→0 y 2 y 2 In conclusione, il limite di f (x, y) non esiste perché non esiste sulla retta x = c. Sia c = 0. In questo caso, poiché − π2 ≤ arctan y1 ≤ π2 abbiamo che − π2 x2 ≤ f (x, y) ≤ π2 x2 e quindi, usando il teorema del confronto, possiamo affermare che lim(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. Riassumendo i risultati ottenuti, possiamo affermare che f (x, y) è continua in R2 esclusi i punti dell’ asse x diversi dall’ origine. Sia g(x, y) = x2 arctan y1 definita e continua in R2 \ {(x, 0)|x ∈ R}. Le sue derivate parziali sono ∂g 1 = 2x arctan ∂x y e ∂g x2 =− ∂y 1 + y2 e sono continue nel dominio di g. Quindi, f è differenziabile nei punti di R2 fuori dall’ asse x. Calcoliamo ora le derivate direzionali di f (x, y) in (c, 0). Cominciamo con il considerare c 6= 0. Sia v = (cos θ, sin θ), con v 6= (1, 0). Usando la definizione di derivata direzionale, abbiamo che f (c + t cos θ, t sin θ) − f (c, 0) (c + t cos θ)2 1 | sin θ| lim = lim arctan = ∞ t→0 t→0 t t t sin θ sin θ e quindi la derivata nella direzione di v non esiste. Se v = (1, 0), abbiamo f (c + t, 0) − f (c, 0) = 0. t→0 t Sia ora c = 0. Scegliamo v = (cos θ, sin θ) con v 6= (1, 0). Usando la definizione, abbiamo lim

f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0) 1 = lim t cos2 θ arctan = 0, t→0 t→0 t t sin θ mentre, se v = (1, 0), abbiamo lim

f (t, 0) − f (0, 0) = 0. t→0 t Quindi, tutte le derivate parziali di f in (0, 0) esistono e sono nulle. Dalla precedente discussione, ricaviamo che f non `e differenziabile nei punti dell’ asse x diversi dall’ origine, mentre dobbiamo verificare la differenziabilit`a in quest’ ultimo punto. Usando la definizione, dobbiamo studiare il limite lim

x2 f (x, y) − f (0, 0) p = lim p arctan 1y. (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) x2 + y 2 x2 + y 2 lim

Poich´e − π2 ≤ arctan y1 ≤ π2 , allora basta studiare lim (x,y)→(0,0)

x2 p

x2 + y 2

In coordinate polari, si ottiene lim ρ cos2 θ = 0

ρ→0

ed il teorema del confronto permette di concludere che f `e differenziabile in (0, 0).

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

2 2) La funzione p è definita in tutti i punti di R . D’ altra parte, è evidente che f (x, y) dipende da x2 + y 2 pi` u che da x ed y. Quindi, la funzione è continua anche in (0, 0) perché sin ρ lim f (x, y) = lim = 1. ρ→0 ρ (x,y)→(0,0) Le derivate parziali di f (x, y) per (x, y) 6= (0, 0) sono p p p x2 + y 2 cos x2 + y 2 − sin x2 + y 2 ∂f p =x ∂x (x2 + y 2 )3 e p p p x2 + y 2 cos x2 + y 2 − sin x2 + y 2 ∂f p =y . ∂y (x2 + y 2 )3

Esse sono definite e continue per (x, y) 6= (0, 0), e quindi f `e differenziabile per (x, y) 6= (0, 0). Studiamo ora la continuit`a delle derivate parziali di f (x, y) in (0, 0). Innanzitutto, osserviamo che p p p x2 + y 2 cos x2 + y 2 − sin x2 + y 2 1 ρ cos ρ − sin ρ p =− . lim = lim 3 2 2 3 ρ→0 (x,y)→(0,0) ρ 3 (x + y ) Quindi, abbiamo che 1 ∂f =− lim x = 0 (x,y)→(0,0) ∂x 3 (x,y)→(0,0) lim

e ∂f 1 =− lim y = 0. (x,y)→(0,0) ∂y 3 (x,y)→(0,0) D’ altra parte, usando la definizione, lim

∂f f (x, 0) − f (0, 0) sin |x| − |x| (0, 0) = lim = lim =0 x→0 x→0 ∂x x x|x| ed analogamente, ∂f (0, 0) = 0, e quindi le due derivate parziali sono continue nell’ origine. ∂y Essendo continue, f è differenziabile in tutto R2 . 3) La funzione è definita in tutti i punti di R2 . La continuità va verificata solo nei punti dell’ asse x ed è semplice calcolare il limite, perché f (x, y) dipende solo da y. Abbiamo allora 1 lim f (x, y) = lim y 2 cos = 0 y→0 (x,y)→(0,0) y 1 perché −y 2 ≤ y 2 cos y ≤ y 2 e poi si usa il teorema del confronto. Quindi, f (x, y) è continua in R2 . Sia g(x, y) = y 2 cos y1 definita e continua in R2 \ {(x, 0)|x ∈ R}. Le sue derivate parziali sono ∂g =0 ∂x e ∂g 1 1 = 2y cos + sin ∂y y y che sono continue nel dominio di g, e non esistono sui punti dell’ asse x perché non esiste limy→0 sin y1 .

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

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 limite f (c + t cos θ, t sin θ) − f (c, 0) 1 2 lim = lim t sin θ cos =0 t→0 t→0 t t sin θ per v 6= (1, 0), perché la funzione cos è limitata. (c,0) Se v = (1, 0) allora limt→0 f (c+t,0)−f = 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 limite y 2 cos y1 f (x, y) − f (c, 0) p . lim = lim p (x,y)→(0,0) (x,y)→(c,0) (x − c)2 + y 2 (x − c)2 + y 2 Ma, da

p (x − c)2 + y 2 ≥ |y| si ricava −|y| ≤ p

y 2 cos y1 (x − c)2 + y 2

≤ |y|

da cui otteniamo che il precedente limite vale 0, usando il teorema del confronto. Ne ricaviamo che f è differenziabile in tutti i punti di R2 . Visto che la derivata parziale di f rispetto ad y 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 R2 . La continuità va verificata solo in (0, 0). Per calcolare il limite, possiamo usare le coordinate polari. lim (x,y)→(0,0)

f (x, y) = lim ρ(3 cos3 θ − sin3 θ). ρ→0

Osserviamo che −4 ≤ 3 cos3 θ − sin3 θ ≤ 4 e quindi il limite precedente vale 0, per il teorema del confronto. In conclusione, f (x, y) `e continua in tutto R2 . 3 −y 3 definita e continua in R2 \ {(0, 0)}. Le sue derivate parziali sono Sia g(x, y) = 3x x2 +y 2 ∂g 3x2 (x2 + y 2 ) − 2x(3x3 − y 3 ) −4x4 + 3x2 y 2 + 2xy 3 = = ∂x (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 e

∂g −3y 2 (x2 + y 2 ) − 2y(3x3 − y 3 ) −6x3 y − 3x2 y 2 − y 4 = = ∂y (x2 + y 2 )2 (x2 + y 2 )2 e sono continue nel dominio di g(x, y). Quindi, g `e 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, y) in (0, 0). Sia v = (cos θ, sin θ) un versore. Dalla definizione, dobbiamo studiare il limite f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0) = lim(3 cos3 θ − sin3 θ) = 3 cos3 θ − sin3 θ t→0 t→0 t ∂f e quindi ∂v (0, 0) = 3 cos3 θ − sin3 θ. In particolare, le due derivate parziali di f in (0, 0) sono uguali a ∂f (0, 0) = 3 ed a ∂f (0, 0) = −1. ∂x ∂y Per studiare la differenziabilit`a , bisogna studiare il limite lim

f (x, y) − f (0, 0) − 3x + y xy(x − 3y) p = lim p . (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) (x2 + y 2 )3 x2 + y 2 lim

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

Se restringiamo l’ argomento del limite alle rette del tipo y = mx otteniamo che il limite dipende dalla retta scelta, e quindi il limite non esiste, ed f non è differenziabile in (0, 0). 5) La funzione è definita in tutto R2 , ma è continua solo in R2 \ {(0, 0)}. Infatti, l’ unico limite da calcolare è quello di f (x, y) per (x, y) → (0, 0) che è stato già studiato nell’ Esercizio 3(4), ed è stato provato che non esiste. 2 Studiamo ora le derivate direzionali. Sia g(x, y) = x4x+yy 2 definita in (x, y) 6= (0, 0). La funzione g(x, y) è continua nel suo dominio. Le derivate parziali ∂g 2xy(x4 + y 2 ) − 4x5 y 2xy 3 − 2x5 y = = ∂x (x4 + y 2 )2 (x4 + y 2 )2 e ∂g x2 (x4 + y 2 ) − 2x2 y 2 x6 − x2 y 2 = = ∂y (x4 + y 2 )2 (x4 + y 2 )2 sono continue nel dominio di g(x, y) e quindi le derivate direzionali esistono in tutti i punti del dominio di g(x, y) ed in tutte le direzioni. Restano da studiare le derivate direzionali di f (x, y) in (0, 0), usando la definizione. Sia quindi v = (cos θ, sin θ) un versore. Se la derivata direzionale esiste, essa è uguale a t3 cos2 θ sin θ f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0) cos2 θ = lim 3 2 = . t→0 t→0 t (t cos4 θ + sin2 θ) t sin θ

lim

Quindi, in tutte le direzioni per cui sin θ 6= 0, esistono. Se v = (1, 0) allora

∂f (0, 0) ∂v

cos2 θ , sin θ

e le derivate direzionali

f (t, 0) − f (0, 0) = lim 0 = 0, t→0 t→0 t

lim

e quindi ∂f (0, 0) = 0. ∂x In conclusione, le derivate direzionali di f (x, y) in (0, 0) esistono in tutte le direzioni. Ovviamente, f (x, y) non è differenziabile in (0, 0) perché non è continua in (0, 0), mentre, essendo le derivate parziali di g(x, y) continue in tutti i punti del dominio di g, allora g è differenziabile in tutti i punti del suo dominio. Soluzione dell’ Esercizio 5. Dalla teoria, è noto che il piano tangente al grafico di f (x, y) in A ha equazione πA : z = f (xA , yA ) +

∂f ∂f (xA , yA )(x − xA ) + (xA , yA )(y − yA ). ∂x ∂y

Calcoliamo quindi le derivate parziali di f : ∂f = 2x2 log y−1 log y ∂x mentre ∂f = 2y 2 log x−1 log x. ∂y In (1, 1) esse valgono

∂f (1, 1) ∂x

∂f ∂y

= 0, e quindi il piano tangente ha equazione πA : z = 1.

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

Soluzione dell’ Esercizio 6. La funzione assegnata è continua con derivate parziali prime continue in tutti i punti di R2 , e quindi possiamo usare la formula del gradiente per esprimere le derivate direzionali. Calcoliamo allora le derivate parziali prime di f : ∂f ∂f = cos(x + 2y) = 2 cos(x + 2y). ∂x ∂y √ Il gradiente di f in A è ∇f (A) = ( ∂f (A), ∂f (A)) = ( √12 , 2). Dato un versore v = ∂x ∂y (cos θ, sin θ), otteniamo ∂f (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, 1 2 se v = √5 , √5 , la derivata direzionale è massima. Soluzione dell’ Esercizio 7. 1) La funzione f (x, y) 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, y). Infatti, le due derivate parziali sono fx = y ed fy = x. Ponendole uguali a zero si ottiene y = 0, x = 0 e quindi l’ origine è l’ unico punto stazionario. La matrice hessiana è fxx fxy 0 1 H(f ) = = fyx fyy 1 0 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 = xy 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. 2) La funzione f (x, y) 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 fx = x1 , ed fy = y1 e non si annullano nel suo dominio. 3) La funzione è un polinomio, e quindi è continua, con derivate parziali continue di ogni ordine. Le derivate parziali prime sono fx = 3x2 − 2y, fy = 2y − 2x − 1. Per calcolare i punti stazionari, dobbiamo risolvere il sistema 2 3x − 2y = 0 2x − 2y + 1 = 0. Dalla seconda equazione ricaviamo 2y = 2x + 1; sostituendo nella prima equazione, otteniamo 3x2 − 2x − 1 = 0 le cui radici sono x1 = −1/3, x2 = 1. Sostituendo i valori trovati, ricaviamo le coordiante dei punti stazionari che sono A(− 13 , 16 ) e B(1, 32 ). La matrice hessiana è 6x −2 H(f ) = . −2 2 In A, essa diventa −2 −2 H(f )(A) = −2 2 ed è non definita in segno avendo P (t) = t2 − 8 come polinomio caratteristico.

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

In B, essa diventa H(f )(B) =

6 −2 −2 2

ed è definita positiva avendo P (t) = t2 − 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 R2 . Le due derivate parziali prime sono fx = 2x − 2, fy = 4y e l’ unico punto stazionario è (1, 0). La matrice hessiana è 2 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, y) ha equazione z = x2 + 2y 2 − 2x 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, y) è continua con derivate parziali di ogni ordine continue in R2 . 2 2 2 2 Le due derivate parziali prime sono fx = −2xe1−x −y , fy = −2ye1−x −y e quindi l’ unico punto stazionario è A(0, 0), essendo l’ esponenziale mai nulla. La matrice hessiana di f in A è −2e 0 H(f )(A) = 0 −2e che è diagonale, con autovalori negativi. Quindi, p essa è definita negativa ed A è punto di massimo per f. Osserviamo che f dipende da x2 + y 2 e quindi il suo grafico è una superficie di rotazione attorno all’ asse z. Inoltre, l’ esponente 1 − x2 − y 2 assume solo valori minori od uguali ad 1 e quindi f (x, y) assume tutti e soli i valori compresi tra 0 ed e, 0 escluso. p p 6) Il dominio di f (x, y) = 1 − x2 + 2xy − y 2 = 1 − (x − y)2 è costituito da tutti e soli i punti del piano per cui 1 − x2 + 2xy − y 2 ≥ 0. La disequazione può anche riscriversi come (x − y)2 ≤ 1 che è risolta per −1 ≤ x − y ≤ 1. Quindi, f (x, y) è definita nella striscia del piano compresa tra le due rette parallele x − y = −1 ed x − y = 1. Nel suo dominio, f (x, y) è continua. Essa è derivabile con derivate di ogni ordine continue in −1 < x − y < 1 ossia nel dominio privato però delle due rette. Le derivate parziali sono fx = √ −x+y ed fy = √ x−y che si annullano in infiniti punti. In particolare, 2 2 2 2 1−x +2xy−y

1−x +2xy−y

sono nulle in tutti e soli i punti della retta di equazione x − y = 0. Tali punti sono di massimo perché f (x, y) ≤ 1 in tutti i punti del suo dominio, e vale esattamente 1 nei punti della retta x − y = 0. Osserviamo che il grafico di f è una porzione di cilindro parabolico con generatrici parallele al piano [xy]. 7) La funzione f (x, y) è definita da un polinomio, e quindi è continua con derivate parziali continue di ogni ordine. Le derivate parziali prime sono fx = 2x+2y, fy = 2x+2ay. Se a 6= 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 + y = 0. La matrice hessiana è 2 2 H(f ) = 2 2a 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.

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

Se a = 1, la funzione diventa f (x, y) = x2 + 2xy + y 2 = (x + y)2 e quindi tutti i punti della retta x + y = 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 [xy] 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 xy = 1. Nel suo dominio, è continua con derivate parziali di ogni y x ordine continue. Le due derivate parziali prime sono fx = − (xy−1) 2 , fy = − (xy−1)2 che si 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 2 y+y 3 3 2 fx = −x , fy = (xx2−xy . I punti stazionari sono allora quelli nel dominio di f per (x2 +y 2 )2 +y 2 )2 2 2 cui x − y = 0 e quindi sono i punti delle rette x − y = 0 ed x + y = 0 eccetto l’ origine. Sia (a, a) un punto della prima retta, con a 6= 0. La matrice hessiana in tale punto è 1 − a2 8a12 H(f )(a, a) = 1 − 2a12 8a2 ed è definita negativa. Quindi, i punti della retta x − y = 0 sono tutti punti di massimo. Sia (a, −a) un punto della seconda retta, con a 6= 0. La matrice hessiana in tale punto è H(f )(a, −a) =

1 a2 1 8a2

1 8a2 1 2a2

ed è definita positiva. Quindi, tali punti sono punti di minimo. 10) La funzione f è definita nei punti del piano per cui 1 − x2 − y 2 ≥ 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 fx = − √ x , fy = − √ y e quindi l’ unico punto stazionario è (0, 0). La matrice 1−x2 −y 2

1−x2 −y 2

hessiana in tale punto `e

−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 fx = cos(x + y), fy = cos(x + y) e quindi i punti stazionari sono tutti e soli quelli delle rette di equazione x + y = π2 + 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 + y = π2 + 2kπ sono punti di massimo, mentre tutti quelli delle rette di equazione x + y = − π2 + 2kπ sono punti di minimo.

` VARIABILI FUNZIONI IN PIU

12) La funzione può anche scriversi come f (x, y) = log((x + y)2 + y 2 + 1) e quindi è definita, continua e derivabile con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti 2x+2y 2x+4y di R2 . Le derivate parziali prime sono fx = x2 +2xy+2y 2 +1 , fy = x2 +2xy+2y 2 +1 e l’ unico punto stazionario è (0, 0). La matrice hessiana in tale punto è 2 2 H(f )(0, 0) = 2 2 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 + y)2 + y 2 + 1 ≥ 1 per ogni scelta di (x, y). 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 R2 . Le derivate parziali prime sono fx = 1+e2x , fy = 1+e−2y e l’ unico y 2 −x2 y 2 −x2 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 R2 perché il polinomio omogeneo argomento della radice è sempre non negativo. Quindi, f (x, y) è definita, continua con derivate parziali di √ ogni ordine continue in tutto R2 . Le derivate parziali prime sono fx = √ 2 2 (x+2y)e x +xy+y

√

x2 +xy+y 2

(2x+y)e

√

x2 +xy+y 2

, fy =

. L’ unico punto stazionario `e 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 R2 . Le derivate parziali prime sono fx = 1+e2x , fy = 1+e2y e l’ unico punto x2 +y 2 x2 +y 2 stazionario è (0, 0). La matrice hessiana in tale punto è 1 0 H(f )(0, 0) = 0 1 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 R2 . Osserviamo inoltre che è peiodica rispetto alla y. Le due derivate parziali prime sono fx = −2x + 2 sin√y, fy = 2x cos y √− sin y e quindi i punti stazionari sono (2kπ, 2kπ), (π + 2kπ, π + 2kπ), ( 23 , π3 + 2kπ), (− 23 , − π3 + 2kπ), con k ∈ Z. Le matrici hessiane nei vari punti stazionari sono −2 2 H(f )(2kπ, 2kπ) = 2 −1 che è non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella; −2 −2 H(f )(π + 2kπ, π + 2kπ) = −2 1 che è non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella; √ 3 π −2 1 H(f )( , + 2kπ) = 1 −2 2 3

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che `e definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari √ 3 π −2 , − + 2kπ) = H(f )(− 1 2 3 che `e definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari

sono punti di massimo; 1 −2 sono punti di massimo.

Soluzione dell’ Esercizio 8. La matrice jacobiana di f è   2x 0 J(f ) =  y x  0 2y mentre la matrice jacobiana di g, ossia il suo gradiente, è ∇g = (2x, z, y). Quindi, il gradiente di g ristretto all’ immagine di f è ∇g|f = (2x2 , y 2 , xy) e si ottiene sostituendo le entrate di f alle variabili x, y, z che definiscono g. Quindi, il prodotto righe per colonne di ∇g|f e di J(f ) è uguale a   2x 0 ∇g|f · J(f ) = (2x2 , y 2 , xy)  y x  = (4x3 + y 3 , 3xy 2 ). 0 2y La funzione composta g ◦ f è (g ◦ f )(x, y) = (x2 )2 + (xy)(y 2 ) = x4 + xy 3 , ed il suo gradiente è ∇(g ◦ f ) = (4x3 + y 3 , 3xy 2 ) e questo conferma la regola di moltiplicazione delle jacobiane per la composizione di funzioni.