Università degli Studi di Trento

Università degli Studi di Trento

CORSO DI ANALISI MATEMATICA II DIPARTIMENTO DI FISICA ANNO ACCADEMICO 2017/2018

ALBERTO MAIONE

Nona lezione - 26/04/2018

1. Esercizi

Esercizio 1. Si consideri la mappa F : R ³ → R

(x, y, z) 7→ F (x, y, z) = x ² + 4y ² + 2y ⁴ + z ² + sin(z) e si definisca Z(F ) = {(x, y, z) ∈ R ³ tali che F (x, y, z) = 0} il luogo degli zeri di F . Provare che Z(F ) coincide con il grafico di una funzione

f : U ⊂ R ² → V ⊂ R (x, y) 7→ f (x, y) in U × V , ricordando che

Gr(f ) = {(x, y, z) ∈ U × V tali che z = f (x, y)} ⊂ U × V.

Dimostrare infine che il punto O(0, 0) è un punto critico per f e stabilirne la sua natura locale.

Soluzione:

Osservazione 1. Osserviamo subito che la prima richiesta dell’esercizio è equivalente a richiedere l’esi- stenza della funzione implicita f in un intorno di un punto P ∈ R ³ , zero per F (P ∈ Z(F )). In base a quanto richiesto nella seconda parte dell’esercizio, risulta naturale aspettarsi che tale punto sia P (0, 0, z) tale che P ∈ Z(F ). Ciò accade se:

F (P ) = 0 ⇐⇒ z ² + sin(z) = 0.

Possiamo quindi, ad esempio, scegliere come terza coordinata, z = 0.

Abbiamo così in realtà già verificato la prima ipotesi del Teorema delle funzioni implicite (caso generale scalare, con N = 3), cioè che F (P ) = 0. Verifichiamo ora che anche la seconda ipotesi del teorema sia verificata per procedere. A tal fine, dobbiamo calcolarci il gradiente di F in P e verificare che non sia il vettore nullo. (Ricordiamo che non è essenziale che D z F (P ) 6= 0, ma è sufficiente che una delle tre derivate parziali non sia nulla in P ).

Abbiamo che

∇F (x, y, z) = (D x F (x, y, z), D _y F (x, y, z), D _z F (x, y, z)) = (2x, 8y + 8y ³ , 2z + cos(z)) In particolare:

∇F (P ) = (0, 0, 1) 6= (0, 0, 0).

Sia quindi nelle ipotesi del Teorema delle funzioni implicite. Ciò ci assicura l’esistenza di un intorno U del punto (x P , y P ) = (0, 0), un intorno V del punto z P = 0 e l’esistenza della funzione implicita

f : U → V (x, y) 7→ f (x, y) tali che

(1) z P = f (x P , y P ) (in particolare, nel nostro caso, 0 = f (0, 0)) e z = f (x, y) ∀(x, y, z) ∈ U × V ; (2) essendo F ∈ C ^∞ (R ³ ) =⇒ f ∈ C ^∞ (U ; V ) e vale la seguente caratterizzazione delle derivate prime

della funzione implicita f :

D _x f (x, y) = − D x F (x, y, f (x, y))

D _z F (x, y, f (x, y)) ; D _y f (x, y) = − D y F (x, y, f (x, y))

D _z F (x, y, f (x, y)) ∀(x, y) ∈ U.

2

Per concludere il primo punto dell’esercizio, dobbiamo verificare che Z(F ) = Gr(f ) in U × V . Ciò è una diretta conseguenza della prima tesi del teorema essendo, in U × V ,

F (x, y, z) = 0 ⇐⇒ F (x, y, f (x, y)) = 0.

Otteniamo così che

Q(x Q , y Q , z Q ) ∈ Z(F ) ⇐⇒ z Q = f (x Q , y Q ) ⇐⇒ Q ∈ Gr(f ) ∀Q ∈ U × V

Passiamo ora alla seconda parte dell’esercizio. Per prima cosa, dobbiamo verificare che il punto O(0, 0) ∈ U sia un punto critico di f . A tal fine calcoliamo in U :

∇f (x, y) = (D x f (x, y), D y f (x, y)) =



− D x F (x, y, f (x, y))

D _z F (x, y, f (x, y)) , − D y F (x, y, f (x, y)) D _z F (x, y, f (x, y))



=



− 2x

2z + cos(z) , − 8y + 8y ³ 2z + cos(z)



=



− 2x

2f (x, y) + cos(f (x, y)) , − 8y + 8y ³ 2f (x, y) + cos(f (x, y))



da cui

∇f (O) = (0, 0).

Per stabilire la natura del punto critico O, proviamo ad applicare il test dell’Hessiana. A tal fine, calcoliamoci le derivate seconde di f in U :



 

 

 



 

 

 



D _x ² f (x, y) = D x (D x f (x, y)) = D x



− 2x

2f (x, y) + cos(f (x, y))



D _xy ² f (x, y) = D _yx ² F (x, y) = D x (D y f (x, y)) = D x



− 8y + 8y ³

2f (x, y) + cos(f (x, y))



D _y ² f (x, y) = D y (D y f (x, y)) = D y



− 8y + 8y ³

2f (x, y) + cos(f (x, y))



=⇒



 

 

 



 

 

 



D ² _x f (x, y) = − 2

2f (x, y) + cos(f (x, y)) + 2xD x f (x.y)(2 − sin(f (x, y))) (2f (x, y) + cos(f (x, y))) ² D ² _xy f (x, y) = D ² _yx F (x, y) = − 2xD y f (x, y)(2 − sin(f (x, y)))

(2f (x, y) + cos(f (x, y))) ² D ² _y f (x, y) = − 8 + 24y ²

2f (x, y) + cos(f (x, y)) + (8y + 8y ³ )D _y f (x.y)(2 − sin(f (x, y))) (2f (x, y) + cos(f (x, y))) ²

=⇒



 

 

D ² _x f (O) = D ² _x f (0, 0) = −2

D ² _xy f (O) = D _yx ² F (O) = D ² _xy f (0, 0) = 0 D ² _y f (O) = D ² _y f (0, 0) = −8

Ne consegue che Hf (x, y) =

   

D xx f (x, y) D xy f (x, y) D yx f (x, y) D yy f (x, y)    

=     

− 2f (x,y)+cos(f (x,y)) ² + ^2xD

^x

f (x.y)(2−sin(f (x,y)))

(2f (x,y)+cos(f (x,y)))

²

− ^2xD

^y

f (x,y)(2−sin(f (x,y))) (2f (x,y)+cos(f (x,y)))

²

− ^2xD

^y

f (x,y)(2−sin(f (x,y)))

(2f (x,y)+cos(f (x,y)))

²

− 2f (x,y)+cos(f (x,y)) ^8+24y

²

+ ^(8y+8y

³

^)D

^y

f (x.y)(2−sin(f (x,y))) (2f (x,y)+cos(f (x,y)))

²

     e, in particolare, che

Hf (O) =    

D xx f (O) D xy f (O) D yx f (O) D yy f (O)    

=    

−2 0

0 −8

   

= 16 Ricordiamo che:

• D _x ² f (O) = −2 < 0

• Hf (O) > 0

ci assicura che il punto O(0, 0) sia un punto di massimo relativo per f .