FUNZIONI IN PI `U VARIABILI 1. Esercizi Esercizio 1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni: 1) f (x, y) = log(x

(1)

1. Esercizi

Esercizio 1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni:

1) f (x, y) = log(x²y − xy²) 2) f (x, y) =p−|x²+ y²− 2|

3) f (x, y) =px⁴− y² 4) f (x, y) =pcos(x²+ y²) 5) f (x, y) = arcsinx − y

x + y 6) f (x, y) =√

xy − 1 log(5 − 2x − 2y) 7) f (x, y, z) = 1

x − y + 1

y − z + 1

z − x 8) f (x, y, z) =

rx²+ y²− 1 z + 1 9) f (x, y, z) =

s

2x − x²− y²− z²

x²+ y²+ z²− x 10) f (x, y, z) = z p1 − cos(xy) Esercizio 2. Studiare gli insiemi di livello delle seguenti funzioni:

1) f (x, y) = y²

x²+ y² 2) f (x, y) = ye^−x

3) f (x, y) = pcos(x²+ y²) 4) f (x, y) = arcsinx − y x + y 5) f (x, y, z) =

rx²+ y²− 1

z + 1 6) f (x, y, z) = s

2x − x²− y²− z² x²+ y²+ z²− x Esercizio 3. Stabilire quale dei seguenti limiti esiste, e calcolare questi ultimi:

1) lim

(x,y)→(0,0)log(p

x²+ y²) 2) lim

(x,y)→(0,0)

x + y x − y 3) lim

(x,y)→(0,0)xyx²− y²

x²+ y² 4) lim

(x,y)→(0,0)

x²y x⁴+ y² 5) lim

(x,y)→(0,0)

sin(x²+ 3y²)

px²+ y²+ xy 6) lim

(x,y)→(0,0)

arctan(xy) x²+ y² 7) lim

(x,y)→(0,0)

x⁵y²

x⁶+ y⁶+ 3x²+ y² 8) lim

(x,y)→(0,0)

x³y² x⁶+ y² 9) lim

(x,y)→(0,0)

x³y²

x⁶+ y⁴ 10) lim

(x,y)→(0,0)

log(1 + x³y²) x³y²

Esercizio 4. Studiare continuità , derivabilità rispetto ad una qualsiasi direzione, dif- ferenziabilità delle seguenti funzioni

(1) f (x, y) =







x²arctan1

y se y 6= 0

0 se y = 0

(2) f (x, y) =







sinpx²+ y²

px²+ y² se (x, y) 6= (0, 0)

1 se (x, y) = (0, 0)

1

(2)

(3) f (x, y) =







y²cos1

y se y 6= 0

0 se y = 0

(4) f (x, y) =







3x³ − y³

x²+ y² se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0) (5) f (x, y) =





 x²y

x⁴+ y² se (x, y) 6= (0, 0) 0 se (x, y) = (0, 0)

Esercizio 5. Scrivere l’ equazione del piano tangente al grafico della funzione f (x, y) = x^{2 log y} in A(1, 1, 1).

Esercizio 6. . Calcolare il massimo valore che assume la derivata direzionale di f (x, y) = sin(x + 2y) in A(^π₈,₁₆^π).

Esercizio 7. . Determinare e classificare i punti stazionari delle seguenti funzioni:

1) f (x, y) = xy 2) f (x, y) = log(xy) 3) f (x, y) = x³+ y² − 2xy − y 4) f (x, y) = x²+ 2y² − 2x

5) f (x, y) = e^1−x²^−y² 6) f (x, y) =p(y − x + 1)(x − y + 1) 7) f (x, y) = x²+ 2xy + ay² 8) f (x, y) = _xy−1¹

9) f (x, y) = _x2^xy+y² 10) f (x, y) =p1 − x²− y²

11) f (x, y) = sin(x + y) 12) f (x, y) = log(x²+ 2xy + 2y²+ 1) 13) f (x, y) = log(e^x²^−y² + 1) 14) f (x, y) = e

√

x²+xy+y²

15) f (x, y) = log(e^x²^+y² + 1) 16) 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, y²) 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(x²y − xy²) è definita nei punti {(x, y) ∈ R²|x²y−xy² > 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

(3)

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.

2) La funzione f (x, y) =p−|x²+ y²− 2| è definita dove il radicando è non negativo, ossia −|x² + y² − 2| ≥ 0. Moltiplicando per −1 abbiamo |x² + y² − 2| ≤ 0 e quindi x²+ y²− 2 = 0 per le proprietà del valore assoluto. Ne consegue che Dom(f ) = {(x, y) ∈ R²|x² + y²− 2 = 0} che descrive i punti della circonferenza di centro l’ origine e raggio

√2.

3) La funzione f (x, y) = px⁴− y² è definita nei punti del piano che verificano la condizione x⁴ − y² ≥ 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.

4) La funzione f (x, y) =pcos(x²+ y²) è definita nei punti del piano che verificano la disequazione cos(x²+ y²) ≥ 0. Essendo x²+ y² ≥ 0, la precedente disequazione è risolta in {(x, y) ∈ R²|0 ≤ x²+ y² ≤ ^π₂} ∪ ∪_k∈N{(x, y) ∈ R²| −^π₂ + 2kπ ≤ x²+ y² ≤ ^π₂ + 2kπ} che descrive un’ unione di corone circolari comprese tra circonferenze di centro nell’ origine e raggi opportuni. Osserviamo che la funzione f (x, y) dipende da px²+ y² più che da x ed y e quindi il grafico di f (x, y) formato dai punti di coordinate (x, y, f (x, y)) ∈ R³

`

e una superficie di rotazione intorno all’ asse z. Questo conferma ulteriormente la forma del dominio.

5) La funzione f (x, y) = arcsin^x−y_x+y `e definita nei punti del piano che verificano il sistema di disequazioni







x−y x+y ≥ −1

x−y x+y ≤ 1 x + y 6= 0

La prima delle disequazioni, semplificata, `e _x+y^2x ≥ 0, mentre la seconda `e _x+y^−2y ≤ 0, ossia

y x+y ≥ 0.

(4)

Usando la regola dei segni, la prima `e risolta in {(x, y) ∈ R²|x > 0, y > −x} ∪ {(x, y) ∈ R²|x < 0, y < −x} ∪ {(0, y) ∈ R²|y 6= 0}, che descrivono i due angoli di ampiezza ^3π₄ 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 `e 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 ^3π₄ compresi tra l’ asse x e la bisettrice del secondo e quarto quadrante, con 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) `e definita nei punti che risolvono il sistema di disequazioni

xy − 1 ≥ 0 5 − 2x − 2y > 0.

La prima disequazione `e risolta dai punti {(x, y) ∈ R²|x > 0, y ≥ ¹_x} ∪ {(x, y) ∈ R²|x <

0, y ≤ ¹_x} ossia dai punti al di sotto oppure sull’ iperbole equilatera riferita ai propri asintoti di equazione xy = 1.

La seconda disequazione `e 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 (2,¹₂) e (¹₂, 2) e quindi il sistema `e risolto in {(x, y) ∈ R²|x < 0, y ≤ ¹_x} ∪ {(x, y) ∈ R²|¹₂ < x < 2,_x¹ ≤ y ≤ −x +⁵₂}.

7) La funzione f (x, y, z) = _x−y¹ +_y−z¹ +_z−x¹ `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.

8) La funzione f (x, y, z) =

qx²+y²−1

z+1 `e definita nei punti che risolvono la disequazione

x²+y²−1 z+1 ≥ 0.

Il numeratore si annulla nei punti del cilindro C di equazione x² + y² = 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 `e positivo nei punti esterni al cilindro, `e negativo in quelli interni.

Il denominatore `e nullo nei punti del piano α : z = −1 ortogonale all’ asse del cilindro,

`

e positivo nel semispazio z > −1 ed `e 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 `e positiva in A2 ed in A4, mentre `e negativa in A1 ed in A3.

(5)

Quindi, Dom(f ) = A₂∪ A₄∪ C \ α.

9) La funzione f (x, y, z) =

q2x−x²−y²−z²

x²+y²+z²−x `e definita nei punti di R³ che risolvono la disequazione ^2x−x_x2+y²²^−y+z²²^−z−x² ≥ 0. Possiamo allora usare la regola dei segni.

Il numeratore è la funzione 2x − x² − y² − z² 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+ y²+ z²− x si annulla nei punti della sfera S₂ di centro (¹₂, 0, 0) e raggio ¹₂. Analogamente al numeratore, abbiamo che la funzione `e positiva nei punti esterni ad S₂, ed `e 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) è 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].

Soluzione dell’ Esercizio 2. 1) La funzione f (x, y) = _x2^y+y² ² è definita nei punti per cui x² + y² 6= 0 ossia in R² \ {(0, 0)}. Osserviamo ora che y² ≤ x² + y² 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 a _x2^y+y² ² = k ossia ^kx²^+(k−1)y_x2+y² ² = 0. Quindi, le linee di livello sono le parti delle curve γk : kx²+ (k − 1)y² = 0 contenute in Dom(f ). La curva γkè una conica degenere che, per k 6= 0, 1, rappresenta una coppia di rette per l’ origine. Quindi γk ∩ Dom(f ) è l’ unione delle due rette r_k : √

kx +√

k − 1y = 0 ed s_k : √

kx −√

k − 1y = 0 ma senza l’ origine.

Per k = 0 γ₀ : y² = 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^−xè 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 = ke^x. Quindi, per k 6= 0 γ_k è una funzione di tipo esponenziale, mentre per k = 0 γ₀ è l’ asse x.

3) Il dominio della funzione f (x, y) = pcos(x² + y²) `e dato dall’ unione di infinite corone circolari, come calcolato nelle soluzioni dell’ Esercizio 1.9. Poich´e 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+ y²) = k² ossia

(6)

x²+ y² = arccos(k²) + 2mπ e x²+ y² = − arccos(k²) + 2(m + 1)π con m ∈ N0. Quindi, γ_k rappresenta infinite circonferenze concentriche, due per ogni corona circolare.

4) La funzione f (x, y) = arcsin^x−y_x+y è definita nei punti del primo e del terzo quadrante, 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 γ_k : arcsin^x−y_x+y = k definisce ovviamente una linea di livello. Applicando la funzione sin otteniamo ^x−y_x+y = sin k e quindi (1 − sin k)x − (1 + sin k)y = 0. Quindi γ_k rappresenta una retta per l’ origine, che va privata dell’ origine perché l’ origine non è in Dom(f ).

Osserviamo che γ_k `e sempre nel primo e nel terzo quadrante, visto che −1 ≤ sin k ≤ 1.

5) Il dominio della funzione f (x, y, z) =

qx²+y²−1

z+1 `e stato calcolato nelle soluzioni dell’

Esercizio 1.8. Poich´e la funzione√

assume solo valori non negativi, possiamo assegnare a k solo valori ≥ 0. La superficie di livello è allora σk : ^x²^+y_z+1²⁻¹ = k² che può essere scritta come σ_k : x²+ y²− k²z − k²− 1 = 0. Per k 6= 0 σ_k è un paraboloide ellittico di rotazione intorno all’ asse z avente vertice in V (0, 0, −^1+k_k2²). Per k = 0 σ₀ è il cilindro avente generatrici parallele all’ asse z e direttrice la circonferenza Γ : z = −1, x²+ y² = 1.

Osserviamo esplicitamente che tutte le superfici di livello contengono la circonferenza Γ e che questa deve essere esclusa dalle superfici di livello perch´e la funzione non `e 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 σ_k : f (x, y, z) = k. Elevando al quadrato, e riducendo allo stesso denominatore, otteniamo σ_k : x²+ y²+ z²−^k_k²2⁺²+1x = 0 che rappresenta una sfera di centro C(_2(k^k²2⁺²+1), 0, 0) e passante per l’ origine. Il centro C di σ_k è sempre contenuto nel segmento di estremi (1, 0, 0) e (¹₂, 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 ) σ_k descrive tutti i punti su cui f (x, y, z) assume il valore k ≥ 0.

Soluzione dell’ Esercizio 3. 1) Il dominio della funzione f (x, y) = log(px²+ y²) `e Dom(f ) = R²\{(0, 0)}. Osserviamo che il grafico della funzione, dato dai punti di R³di coordinate (x, y, f (x, y)), rappresenta una superficie di rotazione attorno all’ asse z. Quindi,

`

e 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 `e indipendente dall’ angolo θ. Quindi, si ha

lim

(x,y)→(0,0)f (x, y) = lim

ρ→0log ρ = −∞.

2) La funzione f (x, y) = ^x+y_x−y `e definita in tutti i punti di R²che 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)x = ^1+m_1−m ed è costante. Quindi, lim_x→0f (x, mx) = ^1+m_1−m e dipende dalla retta scelta. D’ altra parte, se il limite della funzione f (x, y) esiste ed è `, allora lim_x→0f (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) = ρ²cos θ sin θ^ρ²^(cos²_ρ^θ−sin2 ²^θ) = ₄¹ρ²sin 4θ. Quindi, −¹₄ρ² ≤ f (ρ, θ) ≤ ¹₄ρ². Per calcolare il

(7)

limite lim_ρ→0f (ρ, θ) possiamo usare il teorema del confronto, poich´e lim_ρ→0±¹₄ρ² = 0.

Quindi si ha che lim_ρ→0f (ρ, θ) = 0.

4) Osserviamo che la restrizione della funzione f (x, y) ad una qualunque retta y = mx per l’ origine `e f (x, mx) = _x2(m^mx²+x³ ²) = _m^mx2+x² e il limite della restrizione `e lim_x→0f (x, mx)

= 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 una qualsiasi parabola di equazione y = ax², otteniamo f (x, ax²) = _x4(1+aâx⁴ ²) = _1+aâ2 e quindi il limite lim_x→0f (x, ax²) = _1+aâ2 e dipende dalla parabola considerata. Quindi, lim(x,y)→(0,0)f (x, y) non esiste.

5) Osserviamo che x² + y² ≤ x² + 3y² ≤ 3(x² + y²) e quindi, per piccoli valori di ρ = px²+ y² abbiamo anche che −(x² + y²) ≤ sin(x² + y²) ≤ sin(x² + 3y²) ≤ sin(3(x²+ y²)) ≤ 3(x²+ y²). Passando a coordinate polari, abbiamo chepx²+ y²+ xy = pρ²(1 + cos θ sin θ) = ρ

q

1 + ¹₂ sin(2θ). Usando le propriet`a della funzione seno, si ottiene ^√^ρ

2 ≤px²+ y²+ xy ≤ ρ q3

2. Quindi, la funzione f (x, y) verifica −ρ q2

3 ≤ f (ρ, θ) ≤ 3ρ√

2. Usando il teorema del confronto, otteniamo che lim_ρ→0f (ρ, θ) = 0.

6) Usando il fatto che lim_t→0^{arctan t}_t = 1, abbiamo che lim

(x,y)→(0,0)f (x, y) = lim

(x,y)→(0,0)

xy x²+ y².

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

7) Poich´e_x6+y⁶+y^y²²+3x² ≤ 1 allora −|x|⁵ ≤ f (x, y) ≤ |x|⁵e quindi lim(x,y)→(0,0)f (x, y) = 0 per il teorema del confronto.

8) Poich´e _x6^y+y² ² ≤ 1 abbiamo che −|x|³ ≤ f (x, y) ≤ |x|³e 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 che f (x, mx) = _x4(x^m²²+m^x⁵ ⁴) = _x^xm2+m²⁴. Quindi, lim_x→0f (x, mx) = 0. Se restringiamo f (x, y) alla curva di equazione y² = x³ otteniamo f = ¹₂, e quindi il limite non pu`o esistere.

10) Il limite da calcolare `e un limite notevole, e quindi lim(x,y)→(0,0)log(1+x³y²) x³y² = 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

(x,y)→(c,0)f (x, y) 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) = arctan¹_y, possiamo studiare i due limiti

x→climg(x) lim

y→0arctan1 y.

(8)

Ovviamente, il primo dei due esiste e vale c², mentre il secondo non esiste, perch´e lim

y→0⁺arctan1 y = π

2 lim

y→0⁻arctan1

y = −π 2.

In conclusione, il limite di f (x, y) non esiste perch´e non esiste sulla retta x = c.

Sia c = 0. In questo caso, poich´e −^π₂ ≤ arctan¹_y ≤ ^π₂ abbiamo che −^π₂x² ≤ f (x, y) ≤ ^π₂x² 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) `e continua in R²esclusi i punti dell’ asse x diversi dall’ origine.

Sia g(x, y) = x²arctan¹_y definita e continua in R² \ {(x, 0)|x ∈ R}. Le sue derivate parziali sono

∂g

∂x = 2x arctan1 y e

∂g

∂y = − x² 1 + y²

e sono continue nel dominio di g. Quindi, f `e 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 limt→0

f (c + t cos θ, t sin θ) − f (c, 0)

t = lim

t→0

(c + t cos θ)²

t arctan 1

t sin θ = | sin θ|

sin θ ∞ e quindi la derivata nella direzione di v non esiste. Se v = (1, 0), abbiamo

limt→0

f (c + t, 0) − f (c, 0)

t = 0.

Sia ora c = 0. Scegliamo v = (cos θ, sin θ) con v 6= (1, 0). Usando la definizione, abbiamo limt→0

f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0)

t = lim

t→0t cos²θ arctan 1

t sin θ = 0, mentre, se v = (1, 0), abbiamo

limt→0

f (t, 0) − f (0, 0)

t = 0.

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

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0)

px²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

x²

px²+ y² arctan 1y.

Poich´e −^π₂ ≤ arctan¹_y ≤ ^π₂, allora basta studiare lim

(x,y)→(0,0)

x² px²+ y². In coordinate polari, si ottiene

limρ→0ρ cos²θ = 0

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

(9)

2) La funzione è definita in tutti i punti di R². D’ altra parte, è evidente che f (x, y) dipende da px²+ y² più che da x ed y. Quindi, la funzione è continua anche in (0, 0) perché

lim

(x,y)→(0,0)f (x, y) = lim

ρ→0

sin ρ ρ = 1.

Le derivate parziali di f (x, y) per (x, y) 6= (0, 0) sono

∂f

∂x = xpx²+ y²cospx²+ y²− sinpx²+ y² p(x²+ y²)³

e

∂f

∂y = ypx²+ y²cospx²+ y²− sinpx²+ y² p(x²+ y²)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 lim

(x,y)→(0,0)

px²+ y²cospx²+ y²− sinpx²+ y²

p(x²+ y²)³ = lim

ρ→0

ρ cos ρ − sin ρ

ρ³ = −1

3. Quindi, abbiamo che

lim

(x,y)→(0,0)

∂f

∂x = −1 3 lim

(x,y)→(0,0)x = 0 e

lim

(x,y)→(0,0)

∂f

∂y = −1 3 lim

(x,y)→(0,0)y = 0.

D’ altra parte, usando la definizione,

∂f

∂x(0, 0) = lim

x→0

f (x, 0) − f (0, 0)

x = lim

x→0

sin |x| − |x|

x|x| = 0

ed analogamente, ^∂f_∂y(0, 0) = 0, e quindi le due derivate parziali sono continue nell’ origine.

Essendo continue, f `e 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

lim

(x,y)→(0,0)f (x, y) = lim

y→0y²cos1 y = 0

perch´e −y² ≤ y²cos¹_y ≤ y² e poi si usa il teorema del confronto. Quindi, f (x, y) `e continua in R².

Sia g(x, y) = y²cos¹_y definita e continua in R²\ {(x, 0)|x ∈ R}. Le sue derivate parziali sono

∂g

∂x = 0 e

∂g

∂y = 2y cos1

y + sin1 y

che sono continue nel dominio di g, e non esistono sui punti dell’ asse x perch´e non esiste lim_y→0sin¹_y.

(10)

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

limt→0

f (c + t cos θ, t sin θ) − f (c, 0)

t = lim

t→0t sin²θ cos

1

t sin θ

= 0 per v 6= (1, 0), perch´e la funzione cos `e limitata.

Se v = (1, 0) allora lim_t→0f (c+t,0)−f (c,0)

t = 0.

In conclusione, le derivate direzioneli di f in (c, 0) esistono in tutte le direzioni, e sono tutte nulle.

Studiamo ora la differenziabilit`a di f in (c, 0). Essendo nulle le derivate parziali in (c, 0), bisogna studiare il limite

lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (c, 0)

p(x − c)²+ y² = lim

(x,y)→(c,0)

y²cos¹_y p(x − c)²+ y². Ma, da p(x − c)²+ y² ≥ |y| si ricava

−|y| ≤ y²cos¹_y

p(x − c)²+ y² ≤ |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 `e definita in tutto R². La continuit`a 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→0ρ(3 cos³θ − sin³θ).

Osserviamo che −4 ≤ 3 cos³θ − sin³θ ≤ 4 e quindi il limite precedente vale 0, per il teorema del confronto. In conclusione, f (x, y) `e continua in tutto R².

Sia g(x, y) = ^3x_x2³+y^−y²³ definita e continua in R²\ {(0, 0)}. Le sue derivate parziali sono

∂g

∂x = 3x²(x²+ y²) − 2x(3x³ − y³)

(x²+ y²)² = −4x⁴+ 3x²y²+ 2xy³ (x²+ y²)² e

∂g

∂y = −3y²(x²+ y²) − 2y(3x³− y³)

(x²+ y²)² = −6x³y − 3x²y²− y⁴ (x²+ y²)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 limt→0

f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0)

t = lim

t→0(3 cos³θ − sin³θ) = 3 cos³θ − sin³θ

e quindi ^∂f_∂v(0, 0) = 3 cos³θ − sin³θ. In particolare, le due derivate parziali di f in (0, 0) sono uguali a ^∂f_∂x(0, 0) = 3 ed a ^∂f_∂y(0, 0) = −1.

Per studiare la differenziabilit`a , bisogna studiare il limite lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0) − 3x + y

px²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

xy(x − 3y) p(x² + y²)³.

(11)

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 `e differenziabile in (0, 0).

5) La funzione `e definita in tutto R², ma `e 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.

Studiamo ora le derivate direzionali. Sia g(x, y) = _x4^x+y²^y² definita in (x, y) 6= (0, 0). La funzione g(x, y) `e continua nel suo dominio. Le derivate parziali

∂g

∂x = 2xy(x⁴+ y²) − 4x⁵y

(x⁴+ y²)² = 2xy³− 2x⁵y (x⁴+ y²)² e

∂g

∂y = x²(x⁴+ y²) − 2x²y²

(x⁴+ y²)² = x⁶− x²y² (x⁴+ y²)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 `e uguale a

limt→0

f (t cos θ, t sin θ) − f (0, 0)

t = lim

t→0

t³cos²θ sin θ

t³(t²cos⁴θ + sin²θ) = cos²θ sin θ .

Quindi, in tutte le direzioni per cui sin θ 6= 0, ^∂f_∂v(0, 0) = ^cos_{sin θ}²^θ, e le derivate direzionali esistono. Se v = (1, 0) allora

limt→0

f (t, 0) − f (0, 0)

t = lim

t→00 = 0, e quindi ^∂f_∂x(0, 0) = 0.

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, `e noto che il piano tangente al grafico di f (x, y) in A ha equazione

π_A: z = f (x_A, y_A) + ∂f

∂x(x_A, y_A)(x − x_A) + ∂f

∂y(x_A, y_A)(y − y_A).

Calcoliamo quindi le derivate parziali di f :

∂f

∂x = 2x^{2 log y−1}log y mentre

∂f

∂y = 2y^{2 log x−1}log x.

In (1, 1) esse valgono ^∂f_∂x(1, 1) = ^∂f_∂y = 0, e quindi il piano tangente ha equazione π_A: z = 1.

(12)

Soluzione dell’ Esercizio 6. La funzione assegnata `e 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

∂x = cos(x + 2y) ∂f

∂y = 2 cos(x + 2y).

Il gradiente di f in A `e ∇f (A) = (^∂f_∂x(A),^∂f_∂y(A)) = (^√¹₂,√

2). Dato un versore v = (cos θ, sin θ), otteniamo

∂f

∂v(A) = ∇f (A) · 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, se v =

√1 5,^√²

5

, la derivata direzionale `e 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 f_x = y ed f_y = x. Ponendole uguali a zero si ottiene y = 0, x = 0 e quindi l’ origine è l’ unico punto stazionario. La matrice hessiana è

H(f ) = f_xx f_xy f_yx f_yy

= 0 1 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) `e definita e continua nel primo e nel terzo quadrante, assi esclusi.

Nel suo dominio, `e derivabile con derivate parziali continue di ogni ordine, ma non ha punti stazionari. Infatti, le due derivate parziali sono fx= ¹_x, ed fy = ¹_y e non si annullano nel suo dominio.

3) La funzione `e un polinomio, e quindi `e continua, con derivate parziali continue di ogni ordine. Le derivate parziali prime sono f_x = 3x²− 2y, f_y = 2y − 2x − 1. Per calcolare i punti stazionari, dobbiamo risolvere il sistema

3x²− 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 `e

H(f ) =

6x −2

−2 2

. In A, essa diventa

H(f )(A) = −2 −2

−2 2

ed `e non definita in segno avendo P (t) = t²− 8 come polinomio caratteristico.

(13)

In B, essa diventa

H(f )(B) =

6 −2

−2 2

ed `e definita positiva avendo P (t) = t²− 8t + 8 come polinomio caratteristico.

In conclusione, A `e un punto di sella, mentre B `e 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 f_x = 2x − 2, f_y = 4y e l’ unico punto stazionario è (1, 0). La matrice hessiana è

H(f ) = 2 0 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 + 2y²− 2x ed è un paraboloide ellittico con asse di simmetria parallelo all’ asse z. Quindi, il vertice

`

e il punto di minimo.

5) La funzione f (x, y) è continua con derivate parziali di ogni ordine continue in R². Le due derivate parziali prime sono f_x = −2xe^1−x²^−y², f_y = −2ye^1−x²^−y² e quindi l’ unico punto stazionario è A(0, 0), essendo l’ esponenziale mai nulla. La matrice hessiana di f in A è

H(f )(A) = −2e 0

0 −2e

che è diagonale, con autovalori negativi. Quindi, essa è definita negativa ed A è punto di massimo per f. Osserviamo che f dipende da px²+ y² e quindi il suo grafico è una superficie di rotazione attorno all’ asse z. Inoltre, l’ esponente 1 − x² − y² 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.

6) Il dominio di f (x, y) =p1 − x²+ 2xy − y² =p1 − (x − y)² è costituito da tutti e soli i punti del piano per cui 1 − x²+ 2xy − y² ≥ 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 per`o delle due rette. Le derivate parziali sono f_x = √ ^−x+y

1−x²+2xy−y² ed f_y = √ ^x−y

1−x²+2xy−y² che si annullano in infiniti punti. In particolare, sono nulle in tutti e soli i punti della retta di equazione x − y = 0. Tali punti sono di massimo perch´e 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 `e una porzione di cilindro parabolico con generatrici parallele al piano [xy].

7) La funzione f (x, y) `e definita da un polinomio, e quindi `e continua con derivate parziali continue di ogni ordine. Le derivate parziali prime sono f_x = 2x+2y, f_y = 2x+2ay.

Se a 6= 1 abbiamo un unico punto stazionario che `e l’ origine, mentre, se a = 1, i punti stazionari sono tutti e soli i punti della retta x + y = 0. La matrice hessiana `e

H(f ) = 2 2 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 `e un punto di sella se a < 1, ed `e un punto di minimo se a > 1.

(14)

Se a = 1, la funzione diventa f (x, y) = x² + 2xy + y² = (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 ordine continue. Le due derivate parziali prime sono f_x = −_(xy−1)^y 2, f_y = −_(xy−1)^x 2 che si annullano solo in (0, 0). La matrice hessiana è

H(f )(0, 0) =

0 −1

−1 0

che non `e definita in segno. Quindi, (0, 0) `e un punto di sella.

9) La funzione `e definita in tutti i punti del piano diversi dall’ origine, ed `e ivi continua con derivate parziali di ogni ordine continue. Le derivate parziali prime sono f_x = ^−x_(x2²+y^y+y²)²³, f_y = _(x^x³2^−xy+y²)²². I punti stazionari sono allora quelli nel dominio di f per cui x²− y² = 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 `e H(f )(a, a) = −_a¹2

1 8a² 1

8a² −_2a¹2

ed `e 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

` e

H(f )(a, −a) =

₁

a² 1 8a² 1 8a²

1 2a²

ed `e definita positiva. Quindi, tali punti sono punti di minimo.

10) La funzione f è definita nei punti del piano per cui 1 − x² − y² ≥ 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 f_x = −√ ^x

1−x²−y², f_y = −√ ^y

1−x²−y² e quindi l’ unico punto stazionario `e (0, 0). La matrice hessiana in tale punto `e

H(f )(0, 0) = −1 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 f_x = cos(x + y), f_y = 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.

(15)

12) La funzione può anche scriversi come f (x, y) = log((x + y)²+ y² + 1) e quindi è definita, continua e derivabile con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti di R². Le derivate parziali prime sono f_x = _x2+2xy+2y^2x+2y²+1, f_y = _x2+2xy+2y^2x+4y²+1 e l’ unico punto stazionario è (0, 0). La matrice hessiana in tale punto è

H(f )(0, 0) = 2 2 2 2

ed `e semidefinita, quindi non utile ai fini dello studio della natura del punto stazionario.

In ogni caso, (0, 0) `e un punto di minimo, perch´e (x + y)²+ y²+ 1 ≥ 1 per ogni scelta di (x, y). L’ affermazione segue allora dalla monotonia della funzione logaritmo.

13) La funzione `e definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti di R². Le derivate parziali prime sono f_x = ^2x

1+e^y2−x2, f_y = ^−2y

1+e^y2−x2 e l’ unico punto stazionario `e (0, 0). La matrice hessiana in tale punto `e

H(f )(0, 0) = 4 0 0 −4

ed `e diagonale con autivalori discordi. Quindi, (0, 0) `e 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 = ^(2x+y)e

√

x2+xy+y2

2√

x²+xy+y² , fy =

(x+2y)e

√

x2+xy+y2

2

√

x²+xy+y² . L’ unico punto stazionario è 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 `e definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue in tutto R². Le derivate parziali prime sono f_x = ^2x

1+e^x2+y2, f_y = ^2y

1+e^x2+y2 e l’ unico punto stazionario `e (0, 0). La matrice hessiana in tale punto `e

H(f )(0, 0) = 1 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 `e definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i punti di R². Osserviamo inoltre che `e peiodica rispetto alla y. Le due derivate parziali prime sono f_x = −2x + 2 sin y, f_y = 2x cos y − sin y e quindi i punti stazionari sono (2kπ, 2kπ), (π + 2kπ, π + 2kπ), (

√ 3

2 ,^π₃ + 2kπ), (−

√ 3

2 , −^π₃ + 2kπ), con k ∈ Z.

Le matrici hessiane nei vari punti stazionari sono H(f )(2kπ, 2kπ) = −2 2

2 −1

che `e non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella;

H(f )(π + 2kπ, π + 2kπ) = −2 −2

−2 1

che `e non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella;

H(f )(

√3 2 ,π

3 + 2kπ) = −2 1 1 −2

(16)

che `e definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di massimo;

H(f )(−

√3 2 , −π

3 + 2kπ) = −2 1 1 −2

che `e definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di massimo.

Soluzione dell’ Esercizio 8. La matrice jacobiana di f `e J (f ) =





2x 0

y x

0 2y



 mentre la matrice jacobiana di g, ossia il suo gradiente, `e

∇g = (2x, z, y).

Quindi, il gradiente di g ristretto all’ immagine di f `e

∇g|f = (2x², y², 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 ) `e uguale a

∇g|f · J(f ) = (2x², y², xy)





2x 0

y x

0 2y



= (4x³+ y³, 3xy²).

La funzione composta g ◦ f `e (g ◦ f )(x, y) = (x²)² + (xy)(y²) = x⁴ + xy³, ed il suo gradiente `e

∇(g ◦ f ) = (4x³+ y³, 3xy²)

e questo conferma la regola di moltiplicazione delle jacobiane per la composizione di funzioni.