1. Determinare e rappresentare graficamente l’insieme di definizione delle seguenti funzioni:
a)p
x2− y2, b) log(1 − x2− y2), c)
p4 − x2− y2 p1 − |x| .
2. Calcolare le derivate parziali prime delle funzioni:
a) arctan(x/y)
x2+ y2 , b) log(1 + cos(xy)), c)p
x2+ 3y2.
3. Sia f (x, y) = 2y + sin x
x3+ y3 . Verificare l’ortogonalit`a dei vettori:
∇f (0, 1), u =√
2 i + 1 2√
2j.
4. Calcolare la derivata direzionale:
a) di x2log(x2+ y2) nel punto 12, −
√3
2 e nella direzione del vettore√ 2 i + j;
b) di 2x − 3p
2x2+ y nel punto (0, 3) e nella direzione del vettore i +√ 3 j.
c) di x2− xz + xy2 nel punto (−1, 2, 0) e nella direzione del vettore i + k;
d) dip
z + xy2 nel punto (2, 2, 1) e nella direzione del vettore −2 i + j + k.
(Se il vettore dato non ha modulo unitario, va normalizzato).
5. Qual `e la direzione v = cos ϑ i + sin ϑ j in cui `e massima la rapidit`a di variazione della funzione f (x, y) = x2+√
3y2 nel punto (1, 1)?
6. Sia f (x, y) = 2x − 3p
2x2+ y. Individuare una direzione rispetto al- la quale la derivata direzionale di f nel punto (0, 3) vale 1/4. E possibile` sostituendo 1/4 con 2√
2?
7. Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico delle seguenti funzioni:
a) p
1 + x3y2 nel punto (2, 1); b) log(x2+ y)
y2− 3x nel punto (2, −3).
8. Determinare i punti dei grafici delle seguenti funzioni in cui il piano tangente `e orizzontale:
a) x3y2(6 − x − y), b) x2yex+y.
9. Determinare i punti del grafico della funzione 1/(x2+ y2) in cui il piano tangente `e ortogonale alla retta di equazioni
x = 1
2t, y =
√3
2 t, z = 1 2t.
10. Verificare che le seguenti funzioni sono armoniche nel loro insieme naturale di definizione (cio`e risolvono l’equazione ∆u(x, y) = 0):
a) log(x2+ y2), b) arctany
x, c) x x2+ y2.
Soluzioni
1. a) Il dominio `e dato dall’insieme dei punti (x, y) per i quali x2− y2 ≥ 0 cio`e |x| ≥ |y|, o anche −|x| ≤ y ≤ |x| (vedi Figura 1a).
b) Il dominio `e dato dall’insieme dei punti (x, y) per i quali 1 − x2− y2> 0, cio`e x2+ y2< 1: si tratta della parte interna del cerchio unitario (circonferenza esclusa).
c) Il dominio `e dato dall’insieme dei punti (x, y) per i quali |x| < 1 e x2+y2≤ 4: si tratta della parte del cerchio di centro l’origine e raggio 2 (bordo incluso) che `e (strettamente) interna alla striscia verticale che si estende da −1 a 1 (vedi Figura1b).
y
x y=x
y=
−x
(a) {−|x| ≤ y ≤ |x|}
{|x|<1, x2+y2≤4}
y
−1 1 x
2
(b) {|x| < 1, x2+ y2≤ 4}
Figura 1 - Vedi Esercizio1
2. a)
∂f
∂x =
1 1+x2
y2
1
y· (x2+ y2) − [arctan(x/y)]2x
(x2+ y2)2 = y − 2x arctan(x/y) (x2+ y2)2
∂f
∂y =
1 1+x2
y2
−x
y2 · (x2+ y2) − [arctan(x/y)]2y
(x2+ y2)2 = −x + 2y arctan(x/y) (x2+ y2)2 .
b)
∂f
∂x = − y sin(xy)
1 + cos(xy), ∂f
∂y = − x sin(xy) 1 + cos(xy). c)
∂f
∂x = 1
2p
x2+ 3y22x = x
px2+ 3y2, ∂f
∂y = 3y
px2+ 3y2.
3. Calcoliamo ∇f (x, y) = ∂f∂xi +∂f∂yj:
∂f
∂x =(cos x)(x3+ y3) − (2y + sin x)3x2
(x3+ y3)2 , ∂f
∂x(0, 1) = 1;
∂f
∂y =2(x3+ y3) − (2y + sin x)3y2
(x3+ y3)2 , ∂f
∂y(0, 1) = −4.
Quindi ∇f (0, 1) = i − 4j. Calcoliamo ora il prodotto scalare fra ∇f (x, y) e u:
∇f (x, y) · u =√
2 − 4 1 2√
2 = 0.
Ne segue che i due vettori sono ortogonali.
4. Osserviamo innanzitutto che, se il vettore rispetto a cui `e richiesto il calcolo della derivata direzionale non `e unitario, la derivata direzionale `e intesa rispetto al versore del vettore dato (cio`e il vettore ottenuto da quello dato dividendolo per il suo modulo).
a) Calcoliamo le derivate parziali di f .
∂f
∂x = 2x log(x2+ y2) + 2x3
x2+ y2, ∂f
∂x(1 2, −
√ 3 2 ) =1
4;
∂f
∂y = 2x2y
x2+ y2, ∂f
∂y(1 2, −
√3 2 ) = −
√3 4 . Il versore di u =√
2 i + j `e ˆu =p2/3 i + (1/√
3) j; quindi
∂f
∂ˆu = ∇f (1 2, −
√3
2 ) · ˆu = 1 4
r2 3−
√3 4
√1 3 =
√2 −√ 3 4√
3 . b) Procedendo come nel punto precedente, si ha:
∇f (0, 3) = 2 i −
√ 3
2 j, ˆu = 1 2i +
√ 3 2 j.
Quindi: ∂ ˆ∂fu(0, 3) = 1/4.
c) La derivata direzionale per funzioni di tre (o pi`u variabili), si calcola come nel caso di due variabili, eseguendo il prodotto scalare fra il gadiente e il versore della direzione. Risulta:
∇f (x, y, z) = (2x − z + y2) i + 2xy j − x k, ∇f (−1, 2, 0) = 2 i − 4 j + k.
Inoltre ˆu = (i + j)/√
2. Pertanto ∂f∂ ˆu(−1, 2, 0) = √1
2(2 + 1) = √3
2. d) Risulta:
∇f (x, y, z) = 1 2p
z + xy2(y2i + 2xy j + k), ∇f (2, 2, 1) = 1
6(4 i + 8 j + k).
Inoltre ˆu = (−2 i + j + k)/√
6. Pertanto ∂f∂ ˆu(2, 2, 1) = 1
6√ 6.
5. Il vettore vϑ = cos ϑ i + sin ϑ j rappresenta il generico vettore unitario.
Sappiamo che, in un punto fissato, la direzione di massima rapidit`a di variazione di una funzione f `e quella indicata dal gradiente di f (calcolato nel punto dato);
pi`u precisamente, la direzione di ∇f `e quella di massima crescita, quella opposta
`e la direzione di massima decrescita. Nel caso specifico, il gradiente di f nel punto (1, 1) `e ∇f (1, 1) = 2 i + 2√
3 j. Allora vϑ d`a la direzione di massima crescita di f nel punto (1, 1) se coincide con il versore di ∇f (1, 1), cio`e, tenendo conto che |∇f (1, 1)| = 4,
cos ϑ i + sin ϑ j = 1 2i +
√3 2 j, quindi cos ϑ = 1/2 e sin ϑ =√
3/2. Concludiamo che ϑ = π/3.
6. Risulta
∇f (0, 3) = (2, −
√3 2 )
Indichiamo il generico vettore unitario con vϑ= (cos ϑ, sin ϑ). Allora, la condi- zione che la derivata direzionale di f nel punto (0, 3) rispetto alla direzione vϑ
valga 1/4 diventa
2 cos ϑ −
√3
2 sin ϑ = 1 4. Una soluzione `e data da cos ϑ = 1/2, sin ϑ = √
3/2. Dal punto di vista geo- metrico le soluzioni attese sono in realt`a due, che danno vettori vϑ simmetrici rispetto al vettore ∇f (0, 3) in modo da formare lo stesso angolo con ∇f (0, 3).
Indicando con α e β le componenti del generico vettore unitario, deve essere:
2α −
√ 3 2 β = 1
4 α2+ β2= 1 Risolvendo si ottengono le coppie:
(1 2,
√3
2 ), (−11 38, −21
38
√ 3).
Il problema non avrebbe invece soluzione nel caso si richiedesse il valore 2√
2 per la derivata direzionale, dal momento che tale valore supera |∇f (0, 3)| =
√19/2 (ricordiamo che il valore assoluto del gradiente d`a il massimo valore della derivata direzionale).
7. Ricordiamo che il piano tangente al grafico di una funzione f (x, y) nel punto (x0, y0, f (x0, y0)) ha equazione
z = f (x0, y0) +∂f
∂x(x0, y0)(x − x0) +∂f
∂y(x0, y0)(y − y0).
Svolgendo i calcoli si ha:
a) z = 2x + 8 3y −11
3 ; b) z = 4 3x + 1
3y.
8. a) Scriviamo il sistema ottenuto uguagliando a zero le derivate parziali:
∂f
∂x = x2y2(−4x − 3y + 18) = 0
∂f
∂y = x3y(−2x − 3y + 12) = 0
Le soluzioni sono: tutti i punti degli assi coordinati e il punto (3, 2).
b) Scriviamo il sistema ottenuto ugualgiando a zero le derivate parziali:
∂f
∂x = xy(x + 2)ex+y= 0
∂f
∂y = x2(y + 1)ex+y= 0.
Le soluzioni sono: tutti i punti dell’asse y e il punto (−2, −1).
9. Un vettore normale al piano tangente al grafico di una funzione f di due variabili relativamente al punto (x0, y0) `e dato da (si ricordi l’equazione del piano tangente)
n = (fx(x0, y0), fy(x0, y0), −1).
Pertanto cerchiamo i punti del grafico per i quali il vettore n `e parallelo al vettore della retta data, richiedendo che esista λ ∈ R tale che
fx= 1 2λ fy=
√3 2 λ
−1 = 1 2λ.
Dall’ultima si ricava λ = −2, cos`ı che le prime due equazioni diventano:
− 2x
(x2+ y2)2 = −1
− 2y
(x2+ y2)2 = −√ 3.
Se dividiamo membro a membro otteniamo y = √
3x, da cui si ricava rapida- mente x3= 1/8 e infine il punto (1/2,√
3/2).
10. Ricordiamo che
∆u(x, y) = ∂2f
∂x2 +∂2f
∂y2. Svolgiamo i calcoli necessari.
a)
∂f
∂x = 2x
x2+ y2; ∂2f
∂x2 = 2 y2− x2 (x2+ y2)2.
Poich´e le variabili x e y compaiono in modo simmetrico nell’espressione della funzione, la derivata seconda rispetto alla variabile y `e data da:
∂2f
∂y2 = 2 x2− y2 (x2+ y2)2.
Quindi si ha immediatamente ∆u(x, y) = 0 per ogni (x, y) 6= (0, 0).
b) La funzione data `e definita per ogni coppia (x, y) con x 6= 0.
∂f
∂x = − y
x2+ y2, ∂2f
∂x2 = 2xy (x2+ y2)2,
∂f
∂y = −2xy
(x2+ y2)2, ∂2f
∂y2 = − 2xy (x2+ y2)2. Quindi ∆u(x, y) = 0.
c)
∂f
∂x = y2− x2
(x2+ y2)2, ∂2f
∂x2 =2x(x2− 3y2) (x2+ y2)3 ,
∂f
∂y = x
x2+ y2, ∂2f
∂y2 = −−2x(x2− 3y2) (x2+ y2)3 . Quindi ∆u(x, y) = 0 per ogni coppia (x, y) con (x, y) 6= (0, 0).
