Universit` a degli Studi di Roma ”Tor Vergata”

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Esercitazioni Calcolo II - Docente: Prof. Livio Triolo Tutorato numero 4 (30 Ottobre 2013) Massimi e minimi in pi`u variabili, integrali multipli Esercitatore: dott.Vincenzo Morinelli (morinell@mat.uniroma2.it) 1. Discutere la continuit`a, esistenza di derivate parziali, direzionali e dif-

ferenziabilit`a della seguente funzione

f (x, y) =

( x³+y³

x²+y² (x, y) 6= (0, 0) 0 (x, y) = (0, 0)

2. Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione in un punto (x₀, y₀) ∈ R²

f (x, y) = x²+ 2y²

Mostrare che la funzione g(x, y) = pyx^{3 2} non `e differenziabile e che il piano definito dalle derivate parziali nell’origine non approssima al primo ordine la funzione nell’origine.

3. Determinare i punti stazionari delle seguenti funzioni e stabilire quali di essi sono di massimo e quali di minimo locale:

(a) f (x, y) = x⁴− 2x²− y⁴+ 2y² (b) f (x, y) = x⁴− 6x²y²+ y⁴

(c) f (x, y) = x³− 3xy²

(d) f (x, y) = x⁴+ y⁴− 2x² − 2y² − 2x²y² (e) f (x, y) = (x²− 1)(y²− 1)

4. Calcolare lo sviluppo di Taylor al secondo ordine nell’origine delle seguenti funzioni:

(a) f (x, y) = e^y2−x (b) f (x, y) = x²cos(xy)

SOLUZIONI 1. f (x, y) =

( x³+y³

x²+y² se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0) `e continua nell’origine perch`e

|f (x, y)−f (0, 0)| ≤ |x|³

x²+ y²+ |y|³

x²+ y² ≤ |x| (x²+ y²)

x²+ y² +|y| (x²+ y²)

x²+ y² = |x|+|y|(x,y)→(0,0)

→ 0

Inoltre ha entrambe le derivate parziali perch`e ∂f

∂x(0, 0) =

= lim

h→0

f (h, 0) − f (0, 0)

h = lim

h→0

h³

h³ = 1 e analogamente ∂f

∂y(0, 0) = 1; ha anche le derivate direzionali perch`e lim

t→0⁺

f (th, tk) − f (0, 0)

t =

= lim

t→0⁺

t³h³ + t³k³

t (t²h²+ t²k²) = h³+ k³

h²+ k², ma non `e differenziabile perch`e lim

(x,y)→(0,0)

f (x, y) − f (0, 0)− < ∇f (0, 0), (h, k) >

px²+ y² = lim

(x,y)→(0,0)

x³+ y³− (x + y) (x² + y²) (x²+ y²)px²+ y² 6= 0 in quanto se x = y vale −2x³

2x²√ 2|x|

x→0→ ± 1

√2

2. Il piano tangente sar`a definito dallo sviluppo di taylor al primo ordine della funzione

Z = f (x₀, y₀)+ < ∇f (x₀, y₀), (X − x₀, Y − y₀) >

= x²₀+ 2y₀²+ < (2x₀, 4y₀), (X − x₀, Y − y₀) >)

= x²₀+ 2y₀²+ 2x₀(X − x₀) + 4y₀(Y − y₀) Sar`a quindi

2x₀X + 4y₀Y − Z + x²₀+ 2y²₀− 2x²₀− 4y₀² = 0

Per il secondo punto dell’esercizio il gradiente ∇g(0, 0) = (0, 0) e g(0, 0) = 0 quindi se fosse differenziabile il piano tangente dovrebbe essere il pi- ano z = 0 ma lungo la traiettoria (x(t), y(t)) = (t, t) la condizione di differenziabilit`a

lim

(x,y)→(0,0)

pxy3 ²

px² + y² = 0 non `e verificata infatti

limt→0

t t√

2 = 1

√2

3. (a) f (x, y) = x⁴− 2x²− y⁴+ 2y²: ∇f (x, y) = 4x³− 4x, 4y − 4y³
si annulla se e solo se x = 0 ∨ ±1 e y = 0 ∨ ±1, dunque abbiamo nove punti critici. La matrice Hessiana `e H_f(x, y) = 12x²− 4 0

0 4 − 12y²

 , dunque l’origine `e un punto di sella perch`e H_f(0, 0) = −4 0

0 4

 ha determinante negativo (ha due autovalori di segno discorde) quindi la forma quadratica associata `e indefinita; analogamente, sono selle anche i quattro punti (1, 1), (1, −1), (−1, 1) e (−1, −1), perch`e H_f(±1, 1) =

= H_f(±, −1) = 8 0 0 −8



. (1, 0) e (−1, 0) sono invece due punti di minimo locale, perch`e H_f(±1, 0) = 8 0

0 4



`e strettamente definita positiva, mentre (0, 1) e (0, −1) sono punti di massimo perch`e H_f(0, ±1) =

= −4 0 0 −8



e la forma quadratica associata `e definita negativa (l’hessiana ha entrambi gli autovalori negativi).

(b) f (x, y) = x⁴ − 6x²y² + y⁴ ∇f (x, y) = (4x³ − 12xy², 4y³− 12x²y) i punti stazionari sono soluzioni del sistema ∇f (x, y) = (0, 0)

 4x³− 12xy² = 0

4y³− 12x²y = 0 , 4x(x²− 3y²) = 0

4y(y²− 3x²) = 0 ha come unica soluzione (x, y) = (0, 0). La matrice hessiana H_f(x, y) = 12x²− 12y² −24xy

−24yx 12y²− 12x²

 che in (0, 0) `e identicamente nulla. La forma bilineare associata

`e quindi semidefinita e non si pu´o dedurre la natura dell’origine.

Bisogna studiare la funzione localmente: per z ≡ x² e u ≡ y² (ovviamente z e u saranno positivi) la funzione diventa f (z, u) = z²− 6uz + u² che si pu`o riscrivere f (z, u) = z<sup>2</sup>− 6uz + 9u<sup>2</sup>− 9u<sup>2</sup>+ u<sup>2</sup> = (z − 3u)<sup>2</sup>− 8u<sup>2</sup>. Ora `e facile vedere che lungo la retta per u = 0 la funzione `e positiva mentre lungo z = 3u `e negativa. Ne deduciamo che l’origine `e di sella.

(c) f (x, y) = x³− 3xy²: ∇f (x, y) = 3x²− 3y², −6xy
si annulla solo in (0, 0): la matrice Hessiana H_f(x, y) =

 6x −6y

−6y 6x



`e identi- camente nulla nell’origine, quindi non ci d`a informazioni: tuttavia f (0, 0) = 0 e f 1

n, 0



= 1 n³ e f



−1 n, 0



= − 1

n³ quindi assume vicino l’origine sia valori positivi che negativi da cui (0, 0) `e punto

di sella.

(d) f (x, y) = x⁴+ y⁴− 2x² − 2y² − 2x²y², ∇f (x, y) = (4x³ − 4x − 4xy², 4y³− 4y − 4x²y) i punti stazionari sono determinati dal sis- tema ∇f (x, y) = (0, 0)

 4x³− 4x − 4xy² = 0, 4y³− 4y − 4x²y = 0

Il sistema `e verificato se e solo se 4x x²− y²− 1
= 0 = 4y y²− x²− 1
, dunque in (0, 0), (±1, 0) e (0, ±1). Essendo H_f(x, y) =

= 12x²− 4y²− 4 −8xy

−8xy 12y²− 4x²− 4



, abbiamo che Hf(0, 0) =

= −4 0 0 −4



e quindi (0, 0) `e un punto di massimo locale, men- tre H_f(±1, 0) =  8 0

0 −8



e H_f(0, ±1) =  −8 0 0 8



, dunque gli altri quattro punti sono tutti di sella.

(e) f (x, y) = (x² − 1)(y² − 1), ∇f (x, y) = (2x(y²− 1), 2y(x² − 1)) i punti stazionari ∇f (x, y) = (0, 0) saranno

 2x(y²− 1) = 0 2y(x²− 1) = 0

che ha soluzione nei punti (0, 0), (±1, ±1),(±1, ∓1). la matrice Hessiana `e Hf(x, y) =  2(y²− 1) 4xy

4xy 2(x²− 1)



e Hf(0, 0) =

 −2 0 0 −2



la matrice `e definita negativa quindi (0, 0) `e punto di massimo locale. H_f(±1, ±1) =  0 4

4 0



la matrice ha deter- minante negativo quindi i punti (1, 1) e (−1, −1) sono di sella.

H_f(±1, ∓1) =

 0 −4

−4 0



ed ancora una volta essendo il deter- minante negativo i punti (1, −1),(−1, 1) sono di sella.

4. Lo sviluppo di Taylor al secondo ordine di una funzione di 2 variabili nell’oridine assume al forma

f (x, y) = f (0, 0)+ < ∇f (0, 0), (x, y) > +1

2 < (x, y), H_f(0, 0)(x, y) > +o(|(x, y)|²)

(a) ∇f (x, y) = (−e^y2−x, 2ye^y2−x), H_f(x, y) =

 e^y2−x −2ye^y2−x

−2ye^y2−x 4y²e^y2−x



ora ∇f (0, 0) = (−1, 0), H_f(x, y) =  1 0 0 0



e f (x, y) = 1+ <

(−1, 0), (x, y) > +¹₂ < (x, y), 1 0 0 0

  x y



> +o(x² + y²) = 1 − x + ^x₂² + o(x²+ y²)

(b) f (x, y) = x²cos(xy)+^y₂², ∇f (x, y) = (2x cos(xy)−x²y sin(xy), −x³sin(xy)+

y), H_f(x, y) = (2 − x²y²) cos(xy) − 4xy sin(xy) −3x²sin(xy) − x³y cos(xy)

−3x²sin(xy) − x³y cos(xy) x⁴cos(xy) + 1



ora ∇f (0, 0) = (0, 0), Hf(0, 0) =  2 0 0 1



lo sviluppo di Taylor di f in (0, 0) sar`a f (x, y) = ^2x2₂^+y2 + o(x²+ y²)