funzioni_xy

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` VARIABILI FUNZIONI DI PIU

1. Siano date le seguenti funzioni: (a) f (x, y) = 3x2 + 2y 2

(b) g(x, y) = xy √ (d) k(x, y) = x + y

(c) h(x, y) = x2 − y 2

Determinare e disegnare nel piano cartesiano il dominio delle funzioni date. Disegnarne gli insiemi di livello, al variare di k ∈ R. Dire se le funzioni sono limitate (superiormente o inferiormente) e se hanno massimo o minimo assoluto. Calcolarne, ove possibile, il gradiente. 2. Determinare il dominio delle seguenti funzioni, disegnarlo, e calcolarne le derivate parziali nei punti interni al dominio: y (a) f (x, y) = (b) f (x, y) = y log x sin x x y (c) f (x, y) = tan (d) f (x, y) = e y x q 1 y (f ) f (x, y) = cos(x2 + y 2 ) (e) f (x, y) = 1 + x √ q (g) f (x, y) = xy xy − 1 (h) f (x, y) = log(x2 y − xy 2 ). 3. Determinare i punti in cui si annulla il gradiente delle seguenti funzioni: (a) f (x, y) = (x − y)e−(x

2 +y 2 )

(b) f (x, y) = − sin x sin 2y (c) f (x, y) = (2x − y)[3 − (2x − y)2 ] 4. (i) Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione 2(a) nel punto (π/2, 0, f (π/2, 0)). (ii) Calcolare la derivata di f nella direzione del vettore v = −2ı + , nel punto (π/2, 0). 5. (i) Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione 2(b) nel punto (e, 3, f (e, 3)). (ii) Calcolare la derivata di f rispetto al vettore v = ı + 3, nel punto (e, 3). 6. Calcolare la direzione di massima pendenza del grafico della funzione 2(c) nel punto (4, π, f (4, π) e calcolare la derivata di f rispetto a tale direzione. 7. (i) Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione 2(d) nel punto P (1, 1, f (1, 1). (ii) Calcolare la derivata nella direzione di massima pendenza del grafico di f in P . (a) f (x, y) = (c) f (x, y) =

xy 2 x − log y q

y + x2 − 3

(b) f (x, y) = sin (d) arcsin 1

x−y x+y

x+y q 2 + x −y x−y

` VARIABILI: SOLUZIONI FUNZIONI DI PIU Esercizio 1. Indichiamo con Ik l’insieme di livello k della funzione studiata. a) f (x, y) = 3x2 + 2y 2 `e un R2 . k < 0, k = 0, k > 0,

polinomio, quindi `e definito e derivabile infinite volte in tutto Ik = {(x, y) : 3x2 + 2y 2 = k} = ∅. I0 = {(0, 0)} q q k Ik ellisse di centro (0, 0) e semiassi , k2 . 3

f `e limitata inferiormente; infatti f (x, y) ≥ 0 nel dominio e f (0, 0) = 0. f `e illimitata superiormente; infatti f (x, 0) = 3x2 → +∞ per x → +∞. f ha minimo assoluto, uguale a 0. Ha un unico punto di minimo assoluto nell’origine: min {f (x, y) : (x, y) ∈ R2 } = 0 = f (0, 0). ∇f (x, y) = (6x, 4y). b) g(x, y) = xy `e un polinomio, quindi `e definito e derivabile infinite volte in tutto R2 . k = 0, k 6= 0,

I0 = {(x, y) : xy = 0} = {(x, y) : x = 0} ∪ {(x, y) : y = 0} Ik iperbole di asintoti gli assi cartesiani..

g(x, y) `e illimitata sia superiormente che inferiormente, infatti g(x, 1) = x → ±∞ per x → ±∞. ∇g(x, y) = (y, x). c) h(x, y) = x2 − y 2 `e un polinomio, quindi `e definito e derivabile infinite volte in tutto R2 . I0 = {(x, y) : x2 − y 2 = (x − y)(x + y) = 0} = {(x, y) : x = y} ∪ {(x, y) : x = −y} Ik = {(x, y) : x2 − y 2 = k}, iperbole di asintoti le rette x = y e x = −y.

k = 0, k 6= 0,

h(x, y) `e illimitata sia superiormente che inferiormente, infatti h(x, 0) = x2 → +∞ per x → ±∞, mentre h(0, y) = −y 2 → −∞ per x → ±∞. ∇h(x, y) = (2x, −2y). d) k(x, y) =

√

x + y `e definita e continua per x+y ≥ 0, mentre `e di classe C 1 per x+y > 0. k < 0, k > 0,

Ik = ∅k = 0,

I0 = {(x, y) : x + y = 0} Ik = {(x, y) : x + y = k 2 }

√ k(x, y) `e limitata inferiormente, infatti x + √y ≥ 0, in ogni punto del dominio, mentre `e illimitata superiormente, infatti k(x, 0) = x → +∞ per x → +∞. k(x, y) ha minimo assoluto uguale a 0, raggiunto in tutti i punti della retta x + y = 0. 1 1 ∇k(x, y) = ( 2√x+y , 2√x+y ).

2

Esercizio 2. (a) dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x 6= kĎ€, ∀k ∈ Z}, cio`e `e l’insieme di tutti i punti di R2 ad eccezione dei punti sulle rette verticali di equazione x = kĎ€. Inoltre:

∂f y cos x (x, y) = − 2 , ∂x sin x

∂f 1 (x, y) = ∂y sin x

(b) dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x > 0}, cio`e `e il semipiano delle x strettamente maggiori di 0. Inoltre, ∂f y ∂f (x, y) = , (x, y) = log x ∂x x ∂y Ď€ (c) dom(f ) = (x, y) ∈ R : x 6= 0, y 6= + kĎ€ x, ∀k ∈ Z , cio`e tutto R2 tranne i punti 2 dell’asse y e tutti i punti delle rette indicate.

2

∂f y y (x, y) = − 2 1 + tan2 , ∂x x x

∂f 1 y (x, y) = 1 + tan2 ∂y x x

(d) dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 : y 6= 0}, cio`e tutti i punti del piano tranne i punti dell’asse x. Inoltre, ∂f 1 x ∂f x x (x, y) = e y , (x, y) = − 2 e y ∂x y ∂y y (e) Ricordiamo che per le funzioni del tipo g(t)h(t) si utilizza spesso l’identit`a: g(t)h(t) = h(t)) elog(g(t) = eh(t) log g(t) . Il dominio di questo tipo funzioni `e dato dai punti del dominio di g per cui g(t) > 0. La rappresentazione in base e risulta particolarmente utile nel calcolo delle derivate. Allora: 1 2 dom(f ) = (x, y) ∈ R : 1 + > 0 = {(x, y) ∈ R2 : x < −1} âˆŞ {(x, y) ∈ R2 : x > 0}. x Inoltre

=

∂f (x, y) ∂y

= 1+

∂ ∂x

1

1

ey log(1+ x ) = ey log(1+ x ) ¡

∂f (x, y) ∂x

1 x

y

log 1 +

1 x

y 1+ x1

¡ − x12 = − x2y+x 1 +

1 x

y

,

.

n

o

(f ) dom(f ) = (x, y) ∈ R2 : cos(x2 + y 2 ) ≼ 0 = Ď€ 3Ď€ 5Ď€ = (x, y) ∈ R : x + y ≼ âˆŞ (x, y) ∈ R2 : + 2kĎ€ ≤ x2 + y 2 ≤ + 2kĎ€, k ∈ N , 2 2 2 q ed `e quindi l’unione del cerchio di centro l’origine e raggio Ď€/2 con la successione di corone circolari di centro l’origine e raggi R1k = 3Ď€ + 2kĎ€ e R2k = 5Ď€ + 2kĎ€, con k ∈ N. 2 2

Inoltre:

2

2

2

∂f −x sin(x2 + y 2 ) (x, y) = q , ∂x cos(x2 + y 2 )

3

∂f −y sin(x2 + y 2 ) (x, y) = q . ∂y cos(x2 + y 2 )

(g) dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1} = 1 1 = {(x, y) ∈ R2 : x < 0, y ≤ } ∪ {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y ≥ }. x x Questo insieme `e l’unione della parte del terzo quadrante che sta sotto l’iperbole di equazione y = x1 con la parte di primo quadrante che sta al di sopra dell’iperbole y = x1 . La funzione ammette derivate parziali solo quando y 6= x1 . In questi punti: ∂f y(2xy − 1) (x, y) = q , ∂x 2 xy(xy − 1)

∂f x(2xy − 1) (x, y) = q . ∂y 2 xy(xy − 1)

(h) dom(f ) = {(x, y) ∈ R2 : x2 y − xy 2 = xy(x − y) > 0} = = {(x, y) ∈ R2 : x < 0, y > 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 : y < x < 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 : 0 < y < x}, che rappresenta il secondo quadrante, unito alla parte di terzo quadrante sottostante alla retta y = x, unito alla parte del primo quadrante sottostante alla retta y = x, esclusi gli assi cartesiani. Inoltre: ∂f 2xy − y 2 2x − y (x, y) = 2 = 2 , 2 ∂x x y − xy x − xy

∂f x2 − 2xy x − 2y (x, y) = 2 = . 2 ∂y x y − xy xy − y 2

Esercizio 3. (a)    

∂f (x, y) ∂x

= e−(x

2 +y 2 )

[1 − 2x2 + 2xy] = 0

  

∂f (x, y) ∂y

= e−(x

2 +y 2 )

[−1 + 2y 2 − 2xy] = 0

Questo sistema `e equivalente a quello che si ottiene dividendo per l’esponenziale e sostituendo ad una delle due righe la somma delle due:

−2x2 + 2y 2 = 0 1 − 2x2 + 2xy = 0

Questo sistema si scinde nei due sistemi:

x=y 1 − 2x2 + 2xy = 0

x = −y . 1 − 2x2 + 2xy = 0

Il primo dei due sistemi non ha soluzioni, mentre il secondo ha soluzioni per x = ± 12 . Dunque il gradiente di f `e uguale al vettore nullo nei punti P1

1 , − 12 2

e P2 − 12 , 12

(b)    

∂f (x, y) ∂x

= − cos x sin 2y = 0

  

∂f (x, y) ∂y

= − sin x cos 2y = 0

Questo sistema si scinde nei due sistemi:

cos x = 0 − sin x cos 2y = 0

4

sin 2y = 0 . − sin x cos 2y = 0

Dato che le funzioni seno e coseno non si annullano mai contemporaneamente, il primo sistema `e equivalente a:

cos x = 0 cos 2y = 0

(

⇒

x = π2 + hπ, 2y = π2 + kπ,

h∈Z k∈Z

π 2 π 4

(

x= y=

(

x = mπ, y = n2 π,

⇒

h∈Z . k∈Z

+ hπ, + k2 π,

Il secondo sistema `e invece equivalente a:

sin x = 0 sin 2y = 0

⇒

m∈Z n∈Z

x = mπ, 2y = nπ,

⇒

m∈Z . n∈Z

Abbiamo perci`o un insieme infinito di punti in cui si annulla il gradiente, diviso in due famiglie:

Ph.k

Ď€ Ď€ n = + hĎ€, + kĎ€ , (h, k) ∈ Z Ă— Z âˆŞ Qh.k = mĎ€, Ď€ , (m, n) ∈ Z Ă— Z . 2 4 2

(c) Derivando la funzione f (x, y) = (2x−y) [3 − (2x − y)2 ] = 3(2x−y)−(2x−y)3 otteniamo    

∂f (x, y) ∂x

= 6 [1 − (2x − y)2 ] = 0

  

∂f (x, y) ∂y

= −3 [1 − (2x − y)2 ] = 0.

Dunque il gradiente si annulla se e solo se 1 − (2x − y)2 = 0. L’insieme dei punti che soddisfa questa equazione `e l’unione dei punti appartenenti alle due rette 2x − y = 1 e 2x − y = −1; cio`e: n

o

n

o

(x, y) ∈ R2 : 2x − y = 1 âˆŞ (x, y) ∈ R2 : 2x − y = −1 .

Esercizio 4. Ricordiamo che se una funzione f `e di classe C 1 su un insieme aperto A, allora per ogni (x0 , y0 ) ∈ A esiste il piano tangente al grafico di f nel punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )). L’equazione cartesiana del piano `e: z − f (x0 , y0 ) =

∂f ∂f (x0 , y0 )(x − x0 ) + (x0 , y0 )(y − y0 ). ∂x ∂y

Inoltre, in ogni punto di A esiste la derivata nella direzione di un versore w e vale la regola del gradiente: ∂f (x0 , y0 ) = ∇f (x0 , y0 ) ¡ w. ∂w Nel caso assegnato la funzione `e di classe C 1 in un intorno di (Ď€/2, 0). (i) Ď€ ∂f Ď€ ∂f Ď€ , 0 = 0, ,0 = 0 , 0 = 1. f 2 ∂x 2 ∂y 2 Pertanto l’equazione del piano tangente `e: z=y (ii) Poich´e il vettore assegnato non ha modulo 1, per calcolare la derivata nella direzione di v bisogna considerare il versore w ottenuto dividendo v per il suo modulo.

5

Poich´e |v| =

q

(−2)2 + 12 =

√

5 abbiamo che

1 π 1 1 ∂f π ,0 = ∇f , 0 · (−2, 1) = √ (0, 1) · (−2, 1) = √ . ∂w 2 |v| 2 5 5

Esercizio 5. (i) Anche in questo caso la funzione `e di classe C 1 nel suo dominio. Dato che f (e, 3) = 3 log e = 3, ∇f (e, 3) = (3/e, 1), abbiamo che l’equazione del piano tangente `e z − 3 = 3e (x − e) + (y − 3), da cui ricaviamo z = 3e x + y − 3 (ii) Anche in questo caso possiamo applicare la regola del gradiente, dividendo il vettore q √ 2 assegnato per il suo modulo |v| = (3) + 12 = 10: ∂f 1 1 (e, 3) = ∇f (e, 3) · (1, 3) = √ ∂w |v| 10

3 3 + 3e , 1 · (1, 3) = √ . e e 10

Esercizio 6. Ricordiamo che quando una funzione `e di classe C 1 in un intorno di un punto P , la direzione di massima pendenza in P `ela direzione del gradiente della funzione in quel punto. Nel nostro caso, ∇f (4, π) = (−π/8, 1/2). Dunque la direzione di massima pendenza, scritta in componenti, `e: !

1 8 π 1 π 4 w= ∇f (4, π) = √ 2 − , = −√ 2 ,√ 2 . |∇f (4, π)| 8 2 π + 16 π + 16 π + 16

La derivata nella direzione di w invece `e: ∂f ∇f (4, π) |∇f (4, π)|2 (4, π) = ∇f (4, π) · = = |∇f (4, π)| = ∂w |∇f (4, π)| |∇f (4, π)|

√

π 2 + 16 . 8

Esercizio 7. (i) f (1, 1) = e, ∇f (1, 1) = (e, −e). Dunque l’equazione del piano tangente `e: z − e = e(x − 1) − e(y − 1), da cui ricaviamo: z = ex − ey − e (ii) Come osservato nell’esercizio precedente, il gradiente d`a la direzione di massima pendenza, mentre la derivata nella direzione w di massima pendenza `e uguale al modulo del gradiente stesso. Quindi: √ √ ∂f (1, 1) = |∇f (1, 1)| = e2 + e2 = e 2. ∂w

6

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