Richiami teorici

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{{FineDimostrazione}}
 
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{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.1|anchor=Esercizio3_1}}
 
Sia data
 
<math display="block">f(x,y,z)=1/x+1/y+1/z+xyz</math>
 
Cercare i punti critici della funzione, studiarne la natura e dire se <math>f</math> ha punti di massimo e minimo assoluto.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
Il dominio di <math>f</math> non coincide con <math>\mathbb R^3</math>, perché devono essere <math>x \neq 0, y \neq 0, z \neq 0</math>.
 
 
#''Cerco i punti critici di <math>f</math> all'interno del dominio''.<math display="block">\frac{\partial f}{\partial x}(x,y,z) = -1/x^2+yz</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial y}(x,y,z = -1/y^2+xz</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial z}(x,y,z = -1/z^2+xy</math><math display="block"></math>Per cercare i punti critici pongo <math>\nabla f(x,y,z)=0</math>, e ottengo il sistema:<math display="block">\begin{sistema}-1/x^2+yz=0 \\ -1/y^2+xz=0 \\ -1/z^2+xy=0\end{sistema}</math>Moltiplico la prima equazione per <math>x</math>, la seconda per <math>y</math> e la terza per <math>z</math> in modo che compaia in tutte e tre il termine <math>xyz</math>.<math display="block">\begin{sistema}-1/x+xyz=0 \\ -1/y+xyz=0 \\ -1/z+xyz=0\end{sistema}</math>Sotraggo la prima equazione alla seconda e alla terza.<math display="block">\begin{sistema}-1/x+xyz=0 \\ -1/y+1/x=0 \\ -1/z+1/x=0\end{sistema}</math><math display="block">\begin{sistema}-1/x+xyz=0 \\ \frac{y-x}{xy}=0 \\ \frac{z-x}{xz}=0\end{sistema}</math>Allora <math>x=y</math> e <math>z=x</math>, quindi, sostituendo questa informazione nelle equazioni di partenza ottengo:<math display="block">-1/x +x^3 =0, \quad x^4 = 1 \longrightarrow \quad x = \pm 1</math>Ho due punti critici:<math display="block">p_1(1,1,1)</math><math display="block">p_2(-1,-1,-1)</math>
 
#''Studio la natura dei punti critici e ricorro alla matrice hessiana'':<math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x} = 2x^{-3}</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial^2 y} = 2y^{-3}</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial^2 z} = 2z^{-3}</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = z</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial z} = y</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial z} = x</math>Allora<math display="block">H_f(x,y,z) = \begin{array}{ccc}2x^{-3} & z & y \\ z  & 2y^{-3} & x \\y & x & 2z^{-3}\end{array}</math>Chiamo <math>H_1</math> l'elemento dell'hessiana in prima posizione, <math>H_2</math> la matrice <math>2 \times 2</math> in alto a sinistra e <math>H_3</math> l'hessiana, e valuto queste matrici nei punti critici:<math display="block">H_3(1,1,1) = \begin{array}{ccc} 2 & 1 & 1 \\ 1& 2& 1 \\ 1&1& 2 \end{array}</math><math display="block">H_2(1,1,1) = \begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1& 2 \end{array}</math><math display="block">\det H_1(1,1,1) = 2 > 0</math><math display="block">\det H_2 (1,1,1) = 4-1 = 3 >0</math><math display="block">\det H_3 (1,1,1) = 6-1-1 = 4 > 0</math>Siccome tutti i determinanti sono positivi, <math>(1,1,1)</math> è un punto di minimo locale.<math display="block">H_f(-1,-1,-1) = -H_f(1,1,1)</math>allora<math display="block">\det H_3(-1,-1,-1)< 0</math>Invece<math display="block">\det H_2(-1,-1,-1) > 0 \hbox{matrice di ordine pari}</math><math display="block">\det H_1(-1,-1,-1) =-2 < 0</math>Allora <math>(-1,-1,-1)</math> è un punto di massimo locale.
 
#''Determino se i punti sono di massimo o minimo assoluto'':<math display="block">f(1,1,1) = 4</math><math display="block">f(-1,-1,-1) = -4</math>Considero:<math display="block">\lim_{x \to 0^{\pm}, y=1, z=1} 1/x+1/y+1/z+xyz = 1/x+2=\pm \infty</math>allora ho punti di massimo e minimo locali ma non assoluti.
 
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.2|anchor=Esercizio3_2}}
 
Si stabilisca per quali valori di <math>\alpha \in\mathbb R</math> la funzione
 
<math display="block">f_{\alpha}(x,y)= \alpha x^2+e^{-y^2}-2x</math>
 
ha almeno un punto di massimo locale in <math>D=\{(x,y)\in \mathbb R^2:\, 4x^2+9y^2<9\}</math>.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
Studio le derivate parziali in un generico punto <math>(x,y) \in \mathaccent23{ } D</math>.
 
<math display="block">\frac{\partial f}{\partial x} = 2\alpha x-2</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial y}= -2y e^{-y^2}</math><math display="block">\nabla f=0 \, \longrightarrow \, \begin{sistema}2\alpha x-2=0 \\ -2ye^{-y^2} =0 \end{sistema}</math><math>(1/\alpha,0)</math>, con <math>\alpha \neq 0</math> è un punto stazionario. Verifico per quali valori di <math>\alpha</math> il punto <math>(1/\alpha,0)</math> appartiene a D.
 
<math display="block">(1/\alpha,0) \in \{ 4x^2+9y^2<9 \} \iff 4*1/\alpha^2 < 9 \quad \longrightarrow 9\alpha^2 > 4 \longrightarrow \alpha = \sqrt{2/3} \longrightarrow \alpha<-2/3 \vee \alpha>2/3</math>
 
Allora per <math>\alpha<-2/3</math> o <math>\alpha>2/3</math><math>(1/\alpha,0) \in \mathaccent23{ } D</math> e
 
<math display="block">f_{\alpha}(1/\alpha,0)= 1/\alpha+1-2/\alpha = -1/\alpha+1 = (\alpha-1)/\alpha</math>
 
Scrivo l'hessiana:
 
<math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x}= 2\alpha</math><math display="block">\frac{\partial^2}{\partial x \partial y} = 0</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial^2 y} = 4y^2*e^{-y^2}-2e^{-y^2} = (4y^2-2)*e^{-y^2}</math><math display="block">H_f(1/\alpha,0) = \begin{array}{cc}2\alpha & 0 \\ 0 & -2\end{array}</math>
 
Segue che <math>\det H_1 = 2\alpha</math>, <math>\det H_2 = -4\alpha</math>, e se <math>\det H_2 > 0</math> e <math>\det H_1 < 0</math>, <math>f_\alpha</math> ha almeno un punto di massimo locale, e, considerando <math>\alpha \, tc. \, (1/\alpha,0)\in D</math>, le condizioni sono soddisfatte per <math>\alpha<-2/3</math>.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.3|anchor=Esercizio3_3}}
 
Si determinino i punti stazionari delle seguenti funzioni,
 
discutendone  la natura (si stabilisca cioè, per ciascun punto
 
stazionario, se si tratta di un punto di massimo locale, di minimo
 
locale o di sella).
 
{{FineEsercizio}}
 
 
#<math display="block">f_1:\mathbb R^2\to \mathbb R,\quad  f_1(x,y)= x^8+(x-y)^2</math>Cerco i punti stazionari che annullano il gradiente di <math>f</math>, quindi calcolo le derivate parziali:<math display="block">\frac{\partial f}{\partial x} = 8x^7+2x-2y</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial y} = -2(x-y) = 2y-2x</math>e risolvo il sistema:<math display="block">\begin{sistema}2y-2x =0 \\ 8x^7+2x-2y=0\end{sistema}</math>Dalla prima equazione ricavo <math>y=x</math>. Sostituendo nella seconda equazione:<math display="block">8x^7+2x-2x=0, \, \longrightarrow \, 8x^7=0</math>e si ottiene che l'unico punto stazionario è l'origine <math>(0,0)</math>.Osservo che la funzione è sempre positiva perché somma di due quadrati, e si annulla solo nell'origine, allora l'origine è necessariamente un punto di minimo assoluto.
 
#<math display="block">f_2:\mathbb R^2\to \mathbb R,\quad f_2(x,y)=y(x^2+y)</math><math display="block">\nabla F = (2xy, 2y+x^2)</math><math display="block">\begin{sistema} 2xy=0 \\ 2y+x^2=0 \end{sistema}</math>Dalla seconda equazione ricavo <math>y=-1/2 x^2</math>, quindi sostituendo nell'altra equazione ricavo <math>-x^3=0</math>, quindi <math>x=0</math>, e l'unico punto stazionario è l'origine.Osservo che nell'origine la funzione vale 0, e in un intorno dell'origine, se <math>y<0</math>, si ha necessariamente <math>y<x^2</math> e la funzione è prodotto di due quantità negative ed è quindi positiva. Se invece <math>y>0</math>, si può avere <math>y>x^2</math> oppure <math>y<x^2</math> quindi la funzione cambia segno in un intorno dell'origine, che è un punto di sella.
 
#<math display="block">f_3:\mathbb R^2\to \mathbb R,\quad f_3(x,y)=x^6-\sin y -y^2+y</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial x} = 6x^5</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial y} = -\cos y-2y+1</math><math display="block">\begin{sistema}6x^5=0 \\ \cos y=1-2y \end{sistema}</math>Le due equazioni sono disaccoppiate: dalla prima ricavo <math>x=0</math>, e dalla seconda <math>y=0</math>, quindi l'unico punto stazionario è l'origine.Cerco di applicare il criterio dell'hessiana:<math display="block">H_f(x,y)= \begin{array}{cc}  30x^4 & 0 \\  0 & \sin y-2\end{array}</math>Osservo che il criterio dell'hessiana fallisce perché <math>H_f((0,0))=0</math>. Studio il segno della funzione in un intorno di 0.Per <math>y=0</math>, si ha <math>f(x)=x^6</math> e la funzione sempre positiva.Invece, per <math>x=0</math>, si ha<math display="block">f(x) = -\sin y-y^2+y = -(y-y^3/6+o(y^3))-y^2+y = -y+y^3/6-y^2+y = -y^2+y^3/6 < 0, \iff y \to 0</math>allora <math>(0,0)</math> è un punto di sella, perché la funzione cambia segno in un intorno dell'origine.
 
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.4|anchor=Esercizio3_4}}
 
Calcolare la distanza fra le rette
 
<math display="block">r_1 = \begin{sistema} x=0 \\ y=0 \end{sistema}</math><math display="block">r_2 = \begin{sistema} x=3 \\ z=2y \end{sistema}</math>
 
{{FineEsercizio}}
 
 
Si ricorda che
 
<math display="block">d(R_1, R_2) = \inf_{p_1 \in R_1, \, p_2 \in R_2} \vert p_1-p_2 \vert.</math>
 
 
Allora scrivo le equazioni parametriche delle rette:
 
<math display="block">R_1 = \begin{sistema} x=0 \\ y=0 \\ z=s \end{sistema}</math><math display="block">R_2 = \begin{sistema} x=3 \\ y=t \\ z=2t \end{sistema}</math>
 
Allora il generico punto di <math>R_1</math> è della forma <math>p_1=(0,0,s)</math> mentre il generico punto della retta <math>R_2</math> è <math>p_2(3,t,2t)</math>.
 
<math display="block">\vert p_1-p_2 \vert = \sqrt{(0-3)^2+(0-t)^2+(s-2t)^2} = \sqrt{9+t^2+s^2+4t^2-4st} = \sqrt{9+t^2+(s-2t)^2}</math>
 
La radice è somma di quantità positive, e siccome la funzione che a <math>x</math> associa <math>\sqrt{x}</math> è crescente, allora
 
<math display="block">\inf_{(s,t) \in \mathbb R^2} \sqrt{9+t^2+(2t-s)^2} = \inf_{(s,t) \in \mathbb R^2} (9+t^2+(2t-s)^2)</math><math display="block">9+t^2+(2t-s)^2 \ge 9 \forall (s,t) \in \mathbb R^2</math><math display="block">g(0,0) = 9</math><math>(0,0)</math> è punto di minimo, per <math>t=0, s=0</math> ottengo
 
<math display="block">\vert p_2-p_1 \vert = \sqrt{9} = 3</math>
 
che è la distanza tra le due rette.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.5|anchor=Esercizio3_5}}
 
Data la funzione
 
<math display="block">f(x,y=) = (x^4+y^4)*e^{-(x^2+y^2)/2}</math>
 
Cercare tutti i punti critici in <math>\mathbb R^2</math> e studiarne la natura.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
I punti critici risolvono l'equazione <math>\nabla f(P)=0</math>.
 
<math display="block">f_x = 4x^3*e^{-(x^2+y*2)/2}+(x^4+y^4)*e^{-(x^2+y^2)/2}*(-x)  = x e^{-(x^2+y^2)/2}*[4x^2-x^4-y^4]</math><math display="block">f_y = e^{-(x^2+y^2)/2}*y*(4y^2-x^4-y^4)</math><math display="block">\nabla f =0 \longrightarrow f_x=0 \wedge f_y=0</math><math>e^{-(x^2+y^2)/2}</math> non si annulla mai, quindi ho il sistema:
 
<math display="block">\begin{sistema}x*(4x^2-x^4-y^4) =0 \\ y*(4y^2-x^4-y^4) =0 \end{sistema}</math>
 
La prima equazione è soddisfatta se <math>x=0</math> oppure se <math>4x^2-x^4-y^4=0</math>. Se <math>x=0</math>, la seconda equazione diventa:
 
<math display="block">y^4*(4-y^2)=0</math>
 
che ha le soluzioni <math>y=0</math>, <math>y=\pm 2</math>. Allora ho i punti critici <math>p_1(0,0), \, p_2(0,2), \, p_3(0,-2)</math>, e, per simmetria dei ruoli di <math>x</math> e <math>y</math> nella definizione di <math>f</math>, anche <math>p_4(-2,0)</math> e <math>p_5(2,0)</math> sono punti critici.
 
 
 
Invece, se <math>4x^2-x^4-y^4=0</math>, si ha <math>x^4 = 4x^2-y^^4</math>, e sostituendo l'espressione di <math>x^4</math> nella seconda equazione ottengo:
 
<math display="block">4y^2-(4x^2-y^4)-y^4 =0</math><math display="block">4y^2-4x^2 =0</math><math display="block">y^2 = x^2 \iff y=\pm x</math>
 
Risostituendo nell'espressione di <math>x^4</math>:
 
<math display="block">x^4 = -x^4 +4x^2</math><math display="block">2x^4 = 4x^2, \, \longrightarrow \, x^4 = 2x^2</math>
 
e Supponendo <math>x \neq 0</math> si ha:
 
<math display="block">x^2 = 2 \iff x=\pm \sqrt{2}</math>
 
Ci sono quindi anche i punti critici
 
<math display="block">p_6(\sqrt{2},\sqrt{2}), p_7(-\sqrt{2},\sqrt{2}), p_8(\sqrt{2},-\sqrt{2}), p_9(-\sqrt{2},-\sqrt{2})</math>
 
Riassumendo i punti critici sono:
 
<math display="block">p_1(0,0), p_2(0,2), p_3(0,-2), p_4(2,0), p_5(-2,0), p_{6,7}(\pm \sqrt{2}, \pm\sqrt{2}), p_{8,9}(\pm \sqrt{2}, \mp \sqrt{2})</math>
 
e devo studiarne la natura. Applico il criterio dell'hessiana:
 
<math display="block">f_{xx} = e^{-(x^2+y^2)/2} (-9x^4+x^6+x^2 y^4+12x^2-y^4)</math><math display="block">f_{yy} = e^{-(x^2+y^2)/2}*(-9y^4+y^6+y^2 x^4+12y^2 -x^4)</math><math display="block">f_{xy} = f_{yx} =  e^{-(x^2+y^2)/2}*(-xy)*(4x^2-x^4-y^4)+e^{-(x^2+y^2)/2}*x*(-4 y^3) =</math><math display="block">= -xy*e^{-(x^2+y^2)/2}*(4x^2-x^4-y^4+4y^2)</math><math>H_f(0,0)</math> è la matrice nulla, e non si può definire la natura di questo punto con il criterio dell'hessiana.
 
<math display="block">h_f((2,0)) = \begin{array}{cc} -e^{-2}*64 &0 \\ 0& -16 e^{-2} \end{array}</math><math>H_1<0</math>, <math>\det H_2 >0</math> quindi <math>p_4(2,0)</math> è un punto di massimo locale.
 
<math>H_f((-2,0))</math> coincide con <math>H_f((2,0))</math> perché <math>x,y</math> compaiono elevati a potenze di ordine pari, allora anche <math>(-2,0)</math> è di massimo locale.
 
 
 
<math>H_f((0,2))</math> è uguale a <math>H_f((2,0))</math> ma con gli elementi sulla diagonale invertiti, quindi anche <math>(0,2)</math> e <math>(0,-2)</math> sono altri punti di massimo locale.
 
<math display="block">H_f((\sqrt{2}, \sqrt{2})) = \begin{array}{cc} e^{-2}*(-36+8+8+24-4) = 0 & -e^{-2}*16 \\ -e^{-2}*16 & 0  \end{array}</math>
 
il determinante dell'hessiana è negativo, allora ho un punto di sella (la matrice non è definita).
 
Anche tutti gli altri casi sono riconducibili a questo, infatti:
 
<math display="block">H_f((-\sqrt{2},-\sqrt{2})) = H_f((\sqrt{2},\sqrt{2}))</math><math display="block">H_f((\sqrt{2},-\sqrt{2})) = H_f((-\sqrt{2},\sqrt{2})) = -H_f((\sqrt{2},\sqrt{2}))</math>
 
quindi <math>p_6,p_7,p_8,p_9</math> sono tutti punti di sella.
 
 
 
Per poter capire di che natura è l'origine, basta osservare che la funzione è sempre definita positiva, e si annulla solo in <math>(0,0)</math>, allora l'origine è un punto di minimo assoluto.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.6|anchor=Esercizio3_6}}
 
Trovare massimo e minimo assoluto di
 
<math display="block">f(x,y) = x^2+y-xy</math>
 
nell'insieme del piano
 
<math display="block">D = \{  x\ge 0, y\ge 0, x+y \le 4 \}.</math>
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
L'insieme <math>D</math> è un triangolo nel primo quadrante, delimitato dalla retta <math>y = 4-x</math>, la funzione <math>f</math> considerata è continua e per il teorema di Weierstrass ammette massimo e minimo sul compatto <math>D</math>.
 
 
 
Le derivate di <math>f</math> non sono ben definite sul bordo dell'insieme.
 
In questi casi, l'esercizio si divide in due parti: ''prima trovo i punti critici di <math>f</math> che stanno all'interno del dominio <math>D</math>, poi studio la funzione sul bordo dell'insieme.''
 
#''Punti critici all'interno dell'insieme'':<math display="block">\frac{\partial f}{\partial x} = 2x-y</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial y} = -x+1</math>L'unico punto che annulla il gradiente è <math>P_1=(2,1)</math>, e appartiene a <math>D</math>.
 
#''Punti critici sul bordo'': il bordo ha tre componenti:<math display="block">b_1 = \{ (x,y)\in \mathbb R^2 t.c. \, x=0, \quad 0<y<4 \}</math><math display="block">b_2 = \{ (x,y)\in \mathbb R^2 t.c. \, y=0, \quad 0<x<4 \}</math><math display="block">b_3 = \{ (x,y)\in \mathbb R^2 t.c. \, x+y=4 \}</math><math display="block"></math>Considero <math>f</math> ristretto a <math>b_1</math>. Devo trovare una parametrizzazione del segmento. Lo studio di <math>f</math> sul bordo si riduce allo studio di una funzione in una variabile:<math display="block">f_{b_1}(y) = f(0,y) = y \quad 0<y<4</math>Siccome <math>f_{b_1}</math> è crescente in <math>(0,4)</math>, il suo minimo è <math>f(0,0)=0</math> e il suo massimo è <math>f(0,4)=4</math>.La funzione ristretta a <math>b_2</math> invece è <math>f_{b_2}(x) = f(x,0) = x^2</math>, che è monotona crescente, il minimo è <math>f(0,0) = 0</math> e il massimo è <math>f(4,0) = 16</math>.Per la terza componente del bordo:<math display="block">f_{b_3} = f(x, 4-x) = x^2+4-x-x(4-x) = 2x^2-5x+4, \quad 0<x<4</math>ho l'equazione di una parabola, studiamo massimo e minimo.<math display="block">f_{b_3}' = 4x-5</math><math display="block">4x-5=0 \iff x=5/4</math>La concavità della parabola è rivolta versol'alto, quindi <math>x=5/4</math> è un punto di minimo per la <math>f</math> ristretta a <math>b_3</math>, e il minimo di <math>f</math> è<math display="block">f(5/4,4-5/4) = f(5/4,11/4) = 25/16-55/16+11/4 = 14/16 = 7/8</math><math display="block">f(1,2) = 1-2+2 = 1</math>
 
 
Confronto i valori della funzione nei possibili punti di massimo e minimo assoluto:
 
 
 
Punti stazionari: <math>f((1,2)) = 1</math>, <math>f((0,0)) = 0</math>, <math>f((0,4)) = 4</math>, <math>f((4,0)) = 16</math>, <math>f((5/4,11/4)) = 7/8</math>.
 
allora <math>16</math> è il massimo di <math>f</math> in <math>D</math> e <math>0</math> è il minimo, allora il punto di massimo è <math>(4,0)</math> e il punto di minimo <math>(0,0)</math>.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.7|anchor=Esercizio3_7}}
 
Trovare tutti i punti critici della funzione
 
<math display="block">f(x,y,z) = (x^3-3x-y^2)*z^2+z^3</math>
 
e determinarne la natura.
 
{{FineEsercizio}}
 
<math display="block">\frac{\partial f}{\partial x} = 3(x^2-1)*z^2</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial y} = -2*y*z^2</math><math display="block">\frac{\partial f}{\partial z}= 2z*(x^3-3x-y^2)+3z^2</math>
 
quindi i punti che annullano il gradiente si ottengono risolvendo il sistema:
 
<math display="block">\begin{sistema}3(x^2-1)*z^2=0 \\ -2*y*z^2=0 \\ 2z*(x^3-3x-y^2)+3z^2=0 \end{sistema}</math>
 
Osserviamo che <math>z=0</math> annulla tutte le equazioni, allora i punti della forma <math>(x,y,0)</math> sono stazionari.
 
 
 
Invece nel caso <math>z \neq 0</math> divido per <math>z^2</math><math display="block">\begin{sistema}3(x^2-1)=0 \\ -2*y=0 \\ 2/z*(x^3-3x-y^2)+3=0 \end{sistema}</math>
 
Dalla prima equazione ricavo <math>x=\pm 1</math>, dalla seconda <math>y=0</math>, e sostituendo nella terza ottengo <math>z=4/3</math> allora anche <math>(1,0,4/3)</math> e <math>(-1,0,-4/3)</math> sono punti critici.
 
 
 
Allora tutti i punti critici della funzione sono <math>p_1=(1,0,4/3)</math><math>p_2=(-1,0,-4/3)</math>, <math>p_{xy}=(x,y,0)</math> con <math>x,y \in \mathbb R</math>.
 
 
 
Applico il criterio dell'hessiana:
 
<math display="block">f_{xx} = 6z^2 x</math><math display="block">f_{xy} = 0</math><math display="block">f_{xz} = 6 (x^2-1)*z</math><math display="block">f_{yy} = -2z^2</math><math display="block">f_{yz} = -4yz</math><math display="block">f_{zz} = 2*(x^3-3x-y^2)+6z</math><math display="block">H_f(1,0,4/3)= \begin{array}{ccc}32/3 & 0 & 0 \\ 0 & -32/9 & 0 \\ 0 & 0  & 4\end{array}</math>
 
La matrice è già in forma diagonale, allora
 
<math display="block">\det H_3 = 32/3*(-32/9)*4 < 0</math><math display="block">\det H_2 = 32/3*(-32/9)+0 <0</math><math display="block">\det h_1 = 32/3 > 0</math>
 
allora <math>(1,0,4/3)</math> è un punto di sella, infatti la matrice è indefinita.
 
<math display="block">H_f((-1,0,-4/3))= \begin{array}{ccc}32/3 & 0 & 0 \\ 0 & -32/9 & 0 \\ 0 & 0 & -2\end{array}</math><math display="block">\det H_3 < 0</math><math display="block">\det H_2 > 0</math><math display="block">\det H_1 < 0</math>
 
Allora l'hessiana è definita negativa e <math>(1,0,4/3)</math> è un punto di massimo.
 
<math display="block">H_f(x,y,0) = \begin{array}{ccc}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2*(x^3-3x-y^2)\end{array}</math>
 
La matrice è semidefinita e non ho nessuna conclusione.
 
 
 
Devo provare che <math>f(x,y,z) \ge f(x_0,y_0,0) \forall (x,y,z) \in U(x_0,y_0,0)</math> oppure <math>f(x,y,z) \le f(x_0,y_0,0) \in U(x_0,y_0,0)</math> oppure che non vale nessuna delle due disuguaglianze.
 
<math display="block">f(x,y,z) = z^2*(x^3-3x-y^2+z), \quad g(x,y,z) = x^3-3x-y^2+z</math><math display="block">(x_0,y_0) \in \mathbb R^2 \longrightarrow f(x_0,y_0,0) = 0</math>
 
invece
 
<math display="block">g(x_0,y_0,0) = x_0^3-3x_0-y_0^2</math>
 
Supponiamo che <math>x_0^3-3x_0-y_0^2 > 0</math> allora per il teorema della permanenza del segno esiste un intorno <math>U((x_0,y_0,0))</math> tale che
 
<math display="block">g(x,y,z) > 0 \, \forall (x,y,z) \in U</math>
 
ma allora
 
<math display="block">f(x,y,z) = z^2*g(x,y,z) > 0 = f(x_0,y_0,0) \forall (x,y,z) \in U</math>
 
(cioè vale la definizione di minimo locale).
 
 
 
Possiamo concludere che <math>(x_0,y_0,0)</math> è punto di minimo locale per <math>x_0,y_0</math> tali che:
 
<math display="block">x_0^3-3x_0-y_0^2 \ge 0</math>
 
 
Analogamente, se <math>(x_0,y_0,0)</math> è tale che
 
<math display="block">x_0^3-3x_0-y_0^2 < 0</math>,
 
allora il punto <math>(x_0,y_0,0)</math> è di massimo locale.
 
 
 
Rimangono i punti per cui
 
<math display="block">x_0^3-3x_0-y_0^2 = 0</math>
 
Siano <math>(x_0,y_0)</math> tali che
 
<math display="block">x_0^3-3x_0-y_0^2 = 0</math>
 
allora <math>f(x_0,y_0,z) = z^3</math> e cambia segno per <math>z</math> in ogni intorno di 0.
 
 
 
In particolare quest'espressione cambia segno per <math>(x,y,z)</math> in ogni intorno del punto <math>(x_0,y_0,0)</math>, allora se
 
<math>(x_0,y_0,0)</math> è tale che
 
<math display="block">x_0^3-3x_0-y_0^2 =0</math>
 
allora <math>(x_0,y_0,0)</math> è un punto di sella.
 
 
 
In questo caso i punti di massimo o di minimo non sono assoluti, perché il limite della funzione per <math>x \to \pm \infty</math> tende a <math>\pm \infty</math>.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.8|anchor=Esercizio3_8}}
 
Sia <math>f(x,y) = x^2-y^2+e^{x^2+y^2}</math>
 
#Trovare i punti critici di <math>f</math> e studiarne la natura.<math display="block">f_x = 2x+e^{x^2+y^2}*2x = 2x*(e^{x^2+y^2}+1)</math>
 
#Sia <math>R > 0</math>, provare se esistono massimo e minimo della funzione f nella palla <math>B_{r,O}</math>.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
''Punti critici'':
 
<math display="block">f_x = 2x+e^{x^2+y^2}*2x = 2x*(1+e^{x^2+y^2})</math><math display="block">f_y = -2y+e^{x^2+y^2}*2y = 2y*(e^{x^2+y^2}-1)</math><math display="block">\begin{sistema}2x*(e^{x^2+y^2}+1)=0 \\ 2y*(e^{x^2+y^2}-1)=0\end{sistema}</math>
 
La prima equazione si annulla solo  per <math>x=0</math>, nella seconda allora si ha:
 
<math display="block">2y*(e^{y^2}-1)=0</math>
 
e si ricava per <math>y=0</math>.
 
 
 
Allora <math>(0,0)</math> è l'unico punto critico.
 
<math display="block">f_{xx} = 2*(e^{x^2+y^2}+1)+4x^2*e^{x^2+y^2}</math><math display="block">f_{yy} = 2*(e^{x^2+y^2}-1)+4y^2*e^{x^2+y^2}</math><math display="block">f_{xy} = 4xy e^{x^2+y^2}</math><math display="block">H_f(0,0) = \begin{array}{cc}4 & 0 \\ 0 & 0\end{array}</math>
 
L'hessiana è semidefinita e non possiamo concludere nulla.
 
 
 
Allora si considera il seguente teorema. Se una funzione <math>f</math> è continua e il limite per <math>\vert \boldsymbol{x} \vert \to +\infty</math> tende a <math>+\infty</math>, allora <math>f</math> ammette un minimo. Siccome ho trovato un unico punto critico, se questo teorema si può applicare,  il punto sarà un minimo:
 
Verifico quindi se
 
<math display="block">\lim_{\vert (x,y) \vert \to +\infty} f(x,y) = +\infty</math><math display="block">f(x,y) = x^2-y^2+e^{x^2+y^2} \ge -x^2-y^2+e^{x^2+y^2}</math><math display="block">\lim_{\vert (x,y) \vert \to +\infty} f(x,y) \ge \lim_{\vert (x,y) \vert \to +\infty} -x^2-y^2+e^{x^2+y^2}</math>
 
Passando alle coordinate polari e ponendo <math>\rho = \sqrt{x^2+y^2}</math><math display="block">\lim_{\rho \to \infty} f(x,y) \ge \lim_{\rho \to +\infty}  -\rho^2+e^{\rho^2} = +\infty</math>,
 
allora il minimo esiste, e siccome l'unico punto critico trovato è l'origine, allora <math>(0,0)</math> è un punto di minimo assoluto.
 
 
 
Ricordare che:
 
 
{{InizioTeorema|titolo=|number=3.2|anchor=Teorema3_2}}
 
Una funzione f continua e tale che
 
<math display="block">\lim_{\vert x,y \vert \to +\infty} f(x,y) = +\infty</math>
 
ha un minimo, invece una funzione f continua tale che
 
<math display="block">\lim_{\vert (x,y) \vert \to +\infty} f(x,y) = -\infty</math>
 
ha un massimo
 
{{FineTeorema}}
 
 
 
''Punti critici in un compatto'': Consideriamo ora la palla <math>B_{O,R}</math>.
 
 
 
L'esistenza del massimo e minimo è assicurata dal teorema di Weierstrass. Studiamo i punti critici interni e poi analizziamo la funzione
 
sul bordo. L'unico punto critico nell'interno è l'origine. Sappiamo che
 
<math display="block">f(x,y) \ge f(0,0) = 1 \forall (x,y) \in \mathbb R^2</math>
 
perché l'origine è punto di minimo assoluto per <math>f</math> su <math>\mathbb R^2</math>, allora questa relazione vale anche nella palla chiusa centrata nell'origine e di
 
raggio R. <math>1</math> è il minimo di <math>f</math> nella palla.
 
 
 
Studio la funzione sul bordo della palla.
 
 
 
Parametrizziamo la circonferenza
 
<math display="block">d_B(r_0) = \{ (x,y) \in \mathbb R^2 t.c. x^2+y^2 = r^2 \}</math>
 
allora
 
<math display="block">x=r \cos t, \quad y = r \sin t, \quad t \in [0,2\pi]</math>
 
Considero
 
<math display="block">f((r \cos t, r \sin t)) = g(t) = r^2*(\cos^2 t-\sin^2 t)+e^{r^2} = r^2 \cos (2t)+e^{r^2}</math>
 
Studio la derivata:
 
<math display="block">g'(t) = -2r^2 \sin (2t)</math><math display="block">-2r^2 \sin (2t) \ge 0</math><math display="block">2r^2 \sin (2t) \le 0</math><math display="block">\sin (2t)=0</math><math display="block">2t=k\pi, k \in\mathbb Z, \longrightarrow \, t=k\pi/2, k \in\mathbb Z</math>
 
Siccome <math>t \in [0,2\pi]</math> le soluzioni sono <math>t=0, t=\pi/2, t=\pi, t=3\pi/2, t=2\pi</math>, e studio il segno della derivata:
 
<math display="block">g(t)=\begin{array}{c} \hbox{decresce per } 0<t<\pi/2 \\ \pi/2 \hbox{ punto di minimo} \\ \hbox{cresce per } \pi/2<t<\pi \\ \pi \hbox{ punto di massimo} \\ \hbox{decresce per } \pi<t<3\pi/2 \\ 3\pi/2 \hbox{ punto di minimo} \\ \hbox{cresce per } 3\pi/2<t<2\pi \end{array}</math>
 
 
So già che il minimo assoluto è l'origine, allora considero solo i punti di massimo e verifico in quale di questi punti la funzione assume il valore maggiore.
 
<math display="block">g(0) = g(\pi) = r^2+e^{r^2}</math>
 
e questo è il valore massimo della funzione.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.9|anchor=Esercizio3_9}}
 
Si determinino i punti di massimo e di minimo
 
locale e globale della funzione <math>f:\mathbb R^2\to\mathbb R</math> definita come
 
<math display="block">f(x,y)= e^{9x}e^{9y}-2(x+y).</math>
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
Riscrivo la funzione come:
 
<math display="block">f(x,y)= e^{9(x+y)}-2(x+y)</math>
 
 
Questa funzione è della forma:
 
<math display="block">h(g(x,y))</math>
 
con <math>h(t) \colon \mathbb R \to \mathbb R</math> tale che <math>h(t) =e^{9t}-2t</math> e <math>g(x,y) \colon \mathbb R^2 \to \mathbb R</math> tale che <math>g(x,y) = x+y</math>. Allora cerco i punti di massimo e minimo di <math>h</math>.
 
<math display="block">h'(t) = 9e^{9t}-2</math><math display="block">9e^{9t} \ge 2</math><math display="block">\log e^{9t} \ge \log 2/9</math><math display="block">9t \ge \log 2/9</math><math display="block">t \ge 1/9*\log 2/9</math>
 
Allora <math>\bar t = 1/9 \log 2/9</math> è un punto di minimo per <math>h(t)</math>, mentre <math>h(t)</math> non ha punti di massimo. Sostituendo <math>t=x+y</math> si ottiene che tutti i punti di minimo della funzione data devono soddisfare l'equazione:
 
<math display="block">x+y = 1/9*\log 2/9</math>
 
allora i punti di minimo sono della forma
 
<math display="block">P(h, 1/9*\log 2/9-h)</math><math display="block">\lim_{t \to -\infty} e^{9t}-2t = -\infty</math>
 
quindi i punti di minimo trovati sono punti di minimo locale e la funzione non ha punti di minimo globali.
 
 
 
{{InizioEsercizio|titolo=|number=3.10|anchor=Esercizio3_10}}
 
Si determinino i punti di massimo e di minimo
 
(locale e globale) della funzione
 
<math display="block">f(x,y)=y^2(x^2+y^2-2x)</math>
 
sull'insieme <math>D=\{(x,y)\in\mathbb R^2:\, x^2+y^2\leq 4, \, x^2+y^2-2x-2y\leq0,\ y\geq 0\}</math>.
 
{{FineEsercizio}}
 
 
 
''Studio dell'insieme'': Cerco i punti di intersezione tra le due circonferenze che compaiono nella definizione dell'insieme.
 
<math display="block">\begin{sistema}x^2+y^2=4 \\ x^2+y^2-2x-2y=0\end{sistema}</math><math display="block">\begin{sistema}x^2=4-y^2 \\ 4-y^2+y^2-2x-2y=0\end{sistema}</math>
 
Dalla seconda equazione ricavo <math>x=2-y</math>, e risostituendo nella prima:
 
<math display="block">(2-y)^2+y^2=4</math><math display="block">4+y^2-4y+y^2=4</math><math display="block">2y^2 = 4y, \, \longrightarrow, \, y=2, \, y=0</math>
 
Allora trovo i punti di intersezione <math>A(0,2)</math> e <math>B(2,0)</math>.
 
I punti dell'insieme devono stare contemporaneamente all'interno delle due circonferenze, e sopra l'asse <math>x</math>. Quindi <math>D</math> ha tre componenti:
 
#l'asse <math>x</math> tra i punti <math>(0,0)</math> e <math>(2,0)</math>
 
#un arco della circonferenza <math>\{ x^2+y^2=4 \}</math> tra <math>(2,0)</math> e <math>(0,2)</math>,
 
#un arco della circonferenza <math>\{ x^2+y^2-2x-2y=0 \}</math> che congiunge <math>(0,2)</math> e <math>(0,0)</math>.
 
 
 
''Studio prima la funzione all'interno dell'insieme'':
 
<math display="block">f_x = y^2*(2x-2)</math><math display="block">f_y = 2y^3+2y*(x^2+y^2-2x) = 4y^3+2yx^2-4xy = y(4y^2+2x^2-4x)</math>
 
Per determinare i punti critici risolvo il sistema:
 
<math display="block">\begin{sistema}y^2*(2x-2)=0 \\ y(4y^2+2x^2-4x)=0 \end{sistema}</math>
 
Se <math>y=0</math>, i punti che trovo stanno sulla frontiera dell'insieme e li studio in seguito. Allora suppongo <math>y \neq 0</math> e divido le equazioni per <math>y</math>:
 
<math display="block">\begin{sistema}2x-2=0 \\ 4y^2+2x^2-4x=0 \end{sistema}</math>
 
Allora dalla prima ricavo <math>x=1</math>, e quindi dalla seconda ottengo <math>y=\pm 1/2</math> ed entrambi i punti trovati, <math>P_{1,2}=(0,\pm 1/2)</math> appartengono a <math>D</math>.
 
Applico a questi punti il criterio dell'hessiana:
 
<math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial^2 x} = 2y^2</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial^2 y} = 12y^2+2x^2-4x</math><math display="block">\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} = 2y(2x-2)</math><math display="block">H_f(0,1/2)=\left(\begin{array}{cc} 1/2 &  -1 \\ -1 & 3 \end{array} \right)</math><math display="block">\det H_1 = 1/2 >0, \, \det H_2 = 3/2+1 >0</math>
 
quindi <math>P_1</math> è un punto di minimo e vale lo stesso per <math>P_2</math>.
 
 
 
''Studio i punti critici sul bordo dell'insieme'':
 
 
#Tra i punti <math>(0,0)</math> e <math>(2,0)</math>, i punti del bordo sono della forma <math>(h,0)</math> e posso definire la funzione in una variabile <math>f(t)=0</math>, che è costante e non ha punti di massimo o minimo.
 
#Tra <math>(2,0)</math> e <math>(0,2)</math>, le componenti del bordo sono della forma <math>(h,\pm \sqrt{4-h^2})</math>, e definisco la funzione in una variabile:<math display="block">g(h) = (4-h^2)(h^2+4-h^2-2h) = (4-h^2)(4-2h)</math><math display="block">g'(h) = (4-h^2)*(-2)+(4-2h)*(-2h)</math><math display="block">g'(h) = -8+2h^2-8h+4h^2</math><math display="block">g'(h) = 6h^2-8h-8=0</math><math display="block">3h^2-4h-4 \ge 0</math><math display="block">h_{1,2} = \frac{4\pm \sqrt{16+48}}{6}</math><math display="block">h_{1/2} = \frac{4\pm 8 }{6} =</math><math display="block">h_1 = 2</math><math display="block">h_2 = -2/3</math>Allora <math>P_3 = (2,0)</math> potrebbe essere un punto di massimo, mentre <math>P_4=(-2/3,4/3 \sqrt{2})</math> potrebbe essere punto di mini
 
#Tra <math>(0,2)</math> e <math>(0,0)</math> i punti del bordo sono della forma: <math>(1+\sqrt{2}\cos \theta, 1+\sqrt{2}\sin \theta)</math> con <math>\pi/2<\theta<\pi</math>, e definisco la funzione<math display="block">g(\theta) = (1+\sqrt{2} \sin \theta)^2(1+2\cos^2 \theta+2\sqrt{2} \cos \theta+1+2\sin^2 \theta-2\sqrt{2} \sin \theta-2-2\sqrt{2} \cos \theta))</math><math display="block">g(\theta) = (1+\sqrt{2} \sin \theta)^2(2-2\sqrt{2} \sin \theta)</math><math display="block">g(\theta) = 2(1-\sqrt{2} \sin \theta)(1+\sqrt{2} \sin \theta)^2</math><math display="block">g'(\theta)=0</math><math display="block">(1-\sqrt{2} \sin \theta)*2*(1+\sqrt{2} \sin \theta)*\sqrt{2} \cos \theta-(1+\sqrt{2} \sin \theta)^2*\sqrt{2} \cos \theta=0</math><math display="block">(1-2 \sin^2 \theta)*2\sqrt{2} \cos \theta-(1+2\sin^2 \theta+2\sqrt{2} \sin \theta)*\sqrt{2} \cos \theta=0</math><math display="block">2\sqrt{2} \cos \theta-2 \sin^2 \theta*2\sqrt{2} \cos \theta-\sqrt{2} \cos \theta-2\sqrt{2}\sin^2 \theta \cos \theta-4 \sin \theta \cos \theta=0</math><math display="block">\sqrt{2} \cos \theta-6\sqrt{2}\sin^2 \theta \cos \theta-4 \sin \theta \cos \theta=0</math>Osservo che, se <math>\cos \theta=0</math> il gradiente si annulla, quindi possibili punti di massimo o minimo sono quelli della forma <math>P_k=(1,1+\sqrt{2})</math>.Dividendo per <math>\cos \theta</math>:<math display="block">6\sqrt{2}\sin^2 \theta+4 \sin \theta-\sqrt{2}=0</math><math display="block">x_{1,2} = \frac{-4 \pm \sqrt{16+48}}{12\sqrt{2}}</math><math display="block">x_{1,2} = \frac{-4 \pm 8}{12\sqrt{2}}</math><math display="block">x_1 = \frac{-4-8}{12\sqrt{2}} = -\sqrt{2}/2</math><math display="block">\sin \theta =-\sqrt{2}/2, \, \quad \hbox{non rientrano nell'arco di circonferenza considerato}</math><math display="block">x_2 = \frac{1}{3\sqrt{2}}</math><math display="block">\sin \theta = \frac{1}{3\sqrt{2}}, \, \longrightarrow \, \cos \theta = -\sqrt{1-1/18} = -\sqrt{17/18}</math>Tra i punti che annullano il gradiente considero quindi anche <math>(1+\sqrt{2}\frac1{3\sqrt{2}}, 1-\sqrt{2}\sqrt{17/18}) = (4/3,1-\sqrt{17}/3)</math>.
 
 
Valuto <math>f</math> nei possibili punti critici trovati:
 
<math display="block">f(0,0)==0</math><math display="block">f(0,2)=4*4=16</math><math display="block">f(2,0)=0</math><math display="block">f(1,1/2)=f(1,-1/2)=1/4(1+1/4-2) = -3/16</math><math display="block">f(-2/3,4/3 \sqrt{2})=32/9*(4/9+32/9+4/3) = 48*32/81 = 18.9</math><math display="block">f(4/3,1-\sqrt{17}/3)=(1-\sqrt{17})^2/9 (16/9+(1-\sqrt{17})/9-8/3) = -1.3</math>
 
Allora il massimo della funzione è <math>18.9</math> e il minimo è <math>-1.3</math>.
 

Versione delle 22:24, 11 set 2017

  1. Un punto è detto punto di minimo locale se esiste un intorno tale che
    (se vale la disuguaglianza con il minore stretto ottengo un punto di minimo locale forte)Vale la definizione opposta per i massimi locali.
  2. Sia aperto. Un punto si dice critico per la funzione se
    Massimi e minimi locali appartengono all'insieme dei punti critici.
  3. Generalizzazione del teorema di Fermat: se è un punto di minimo o massimo locale, e Errore del parser (funzione sconosciuta '\mathaccent'): {\displaystyle x_0 \in \mathaccent23{ } D} , allora .
  4. La matrice hessiana è la matrice delle derivate seconde:
    e se vale il teorema di Schwarz la matrice è simmetrica.
  5. Test dell'hessiana per matrici : Se il determinate dell'hessiana di nel punto è positivo, se il determinante della sottomatrice in alto a sinistra è positivo, e se , allora è di minimo locale. Invece se l'elemento e il determinante della matrice sono negativi, e se il determinante della sottomatrice è positivo, ho un punto di massimo locale.Se ma le altre condizioni non sono soddisfatte allora è un punto di sella.
  6. Test dell'hessiana per matrici :
    se e ho un punto di minimo locale. Invece se ma allora il punto è di massimo locale. Se e ho un punto di sella.

Vale inoltre il seguente teorema:

Teorema 3.1

Sia continua su tutto . Supponiamo che

allora esiste un punto di minimo per .

 
Dimostrazione

Consideriamo un qualsiasi . Nella palla chiusa centrata nell'origine e di raggio si può applicare il teorema di Weierstrass, infatti è continua, allora nella palla chiusa esiste il minimo di . Chiamiamo questo minimo . Dato , esiste tale che se , allora (per l'ipotesi che ). Non è restrittivo supporre . Allora

e quindi
cioè ammette minimo.


cvd

 
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