Risoluzione 1. La funzione f (x, y) = x

Risoluzione 1. La funzione f (x, y) = x

²

y

²

+ 2 p

3xy risulta definita e di classe C

²

su tutto l’aperto R

²

, ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzioni del sistema (

_@f

@x

(x, y) = 2x + 2 p 3y = 0

@f

@y

(x, y) = 2y + 2 p 3x = 0

che ammette come unica soluzione il punto O = (0, 0). Per stabilire se tale punto `e di massimo o di minimo valutiamo il determinante hessiano. Abbiamo che

@

²

f

@x

²

(x, y) = 2, @

²

f

@x@y (x, y) = 2 p 3, @

²

f

@y

²

(x, y) = 2 e dunque

detHf (0, 0) = 2 2 p 3 2 p

3 2 = 16.

Dal test delle derivate parziali seconde ne segue che O = (0, 0) `e punto di sella per f (x, y) e dunque che la funzione non ammette n´e punti di massimo n´e di minimo.

2. La funzione f (x, y) = x(y + 1)e

^{x y}

risulta definita e di classe C

²

in R

²

, i punti di massimo e di minimo relativi saranno quindi punti stazionari della funzione, ovvero le soluzioni del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = (y + 1)(x + 1)e

^{x y}

= 0

@f

@y

(x, y) = xye

^{x y}

= 0 ,

( (x + 1)(y + 1) = 0 xy = 0

Tale sistema ammette come soluzioni i punti P

1

= ( 1, 0) e P

2

= (0, 1). Per determinare la natura di tali punti stazionari valutiamo il determinante hessiano. Essendo

@

²

f

@x

²

(x, y) = (y + 1)(x + 2)e

^{x y}

@

²

f

@x@y (x, y) = y(x + 1)e

^{x y}

@

²

f

@y

²

(x, y) = x(y 1)e

^{x y}

risulta

detHf ( 1, 0) = e

¹

0

0 e

¹

= e

²

> 0

e poich´e

^@_@x^2f2

( 1, 0) = e

¹

> 0, applicando il test delle derivate parziali seconde otteniamo che P

1

= ( 1, 0)

`e punto di minimo relativo. Mentre dato che

detHf (0, 1) = 0 e

e 0 = e

²

< 0

otteniamo che P

2

= (0, 1) `e punto di sella. Ne segue che la funzione ammette un solo punto di minimo relativo e nessun punto di massimo relativo nel suo dominio.

3. La funzione f (x, y) = xy(x y)

²

`e definita e di classe C

²

su tutto R

²

, i punti di massimo e di minimo saranno quindi punti stazionari. Determiniamone i punti stazionari cercando le soluzioni del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = y(x y)

²

+ 2xy(x y) = 0

@f

@y

(x, y) = x(x y)

²

2xy(x y) = 0 ,

( y(x y)(3x y) = 0

x(x y)(x 3y) = 0

Il sistema ammette come soluzioni tutti e soli i punti della bisettrice y = x. Risulta inoltre

@²f

@x²

(x, y) = 2y(3x 2y),

@²f

@x@y

(x, y) = (x y)(3x y) 2y(2x y),

@²f

@y²

(x, y) = 2x(2x 3y) e dunque per ogni x 2 R si ha

detHf (x, x) = 2x

²

2x

²

2x

²

2x

²

= 4x

⁴

4x

²

= 0.

Dal test delle derivate parziali seconde non possiamo concludere nulla. Osserviamo per` o che f (x, y) |

^x=y

= f (x, x) = 0 e che f (x, y) > 0 se e solo se xy > 0, x 6= y.

y = x

x y

f (x, y) > 0

f (x, y) > 0 f (x, y) < 0 f (x, y) < 0

Ne deduciamo quindi che i punti P

x

= (x, x) sono di minimo relativo per ogni x 6= 0 mentre l’origine P

0

= (0, 0) `e punto di sella

4. La funzione f (x, y) = x

²

log

^x_y

+ y risulta definita e di classe C

²

sul suo dominio D = {(x, y) 2 R

²

| xy >

0 }. Essendo il dominio insieme aperto, ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzioni del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = 2x

_x¹

= 0

@f

@y

(x, y) =

¹_y

+ 1 = 0

che ammette come soluzioni i punti P

_±

= ( ±

^p1₂

, 1). Dato che P

+

62 D, l’unico punto stazionario della funzione `e P = (

^p1₂

, 1). Per determinare la natura di tale punto valutiamo il determinante hessiano.

Abbiamo che

@

²

f

@x

²

(x, y) = 2 +

_x¹2

, @

²

f

@x@y (x, y) = 0 e @

²

f

@y

²

(x, y) =

_y¹2

e quindi

detHf (

^p1₂

, 1) = 4 0

0 1 = 4

Dal test delle derivate parziali seconde possiamo quindi concludere che P = (

^p1₂

, 1) `e punto di sella e la funzione non ammette punti di massimo e di minimo relativo nel suo dominio.

5. La funzione `e f (x, y) = (x

²

+ y

²

) log(x

²

+ y

²

) risulta definita e di classe C

²

in R

²

\ {(0, 0)}. Per determi- narne i punti di massimo e di minimo relativo in questo caso, osservato che la funzione risulta costante lungo le circonferenze x

²

+y

²

= a 0, conviene studiare la funzione F (a) = a log a nell’intervallo (0, + 1).

Abbiamo che lim

a!0⁺

F (a) = 0 e lim

a!+1

F (a) = + 1. Risulta inoltre F (a) < 0 per ogni 0 < a < 1, F (1) = 0

e F (a) > 0 per ogni a > 1. Abbiamo poi che F

⁰

(a) = log a + 1 e quindi che F

⁰

(a) > 0 se e solo se a >

¹_e

.

Ne segue che F (a) `e strettamente decrescente in (0,

¹_e

], strettamente crescente in [

¹_e

, + 1) e che a =

¹e

`e punto di minimo assoluto per F (a) con F (

¹_e

) =

¹_e

. La funzione non ammette invece punti di massimo relativo.

Possiamo allora concludere che la funzione f (x, y) ammette come punti di minimo (assoluto) tutti e soli i punti della circonferenza x

²

+ y

²

=

¹_e

e non ammette punti di massimo relativo

^(b)

.

6. La funzione f (x, y) = x

²

y

²₃

y

³

`e definita e di classe C

¹

su tutto R

²

. Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione

del sistema (

_@f

@x

(x, y) = 2xy = 0

@f

@y

(x, y) = x

²

2y

²

= 0

che ammette come unica soluzione il punto O = (0, 0). Essendo f (0, y) =

²₃

y

³

funzione strettamente decrescente, avremo che O non risulta n´e punto di minimo n´e punto di massimo relativo (si noti che il determinante hessiano in O `e nullo e quindi che non `e possibile applicare il test delle derivate parziali seconde).

x y

O

Ne segue che la funzione non ammette massimi e minimi relativi nel suo dominio.

7. La funzione f (x, y) = e

^{y2 x2}

risulta definita e di classe C

²

su tutto R

²

. Gli eventuali punti di massimi e minimi relativi saranno quindi punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del

sistema (

_@f

@x

(x, y) = 2xe

^{y2 x2}

= 0

@f

@y

(x, y) = 2ye

^{y2 x2}

= 0

che ammette come unica soluzione il punto O = (0, 0). Per determinare la natura di tale punto stazionario valutiamo il determinante hessiano. Dato che

@

²

f

@x

²

(x, y) = ( 2 + 4x

²

)e

^{y2 x2}

, @

²

f

@x@y (x, y) = 4xye

^{y2 x2}

@

²

f

@y

²

(x, y) = (2 + 4y

²

)e

^{y2 x2}

risulta

detHf (0, 0) = 2 0

0 2 = 4

Quindi O(0, 0) non `e n´e punto di massimo n´e punto di minimo e dunque la funzione non ammette massimi e minimi relativi nel suo dominio.

Essendo la funzione continua sul triangolo chiuso e limitato T di vertici (0, 0), (1, 0) e (0, 1), dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in T . Per quanto provato sopra, la funzione non ammette punti stazionari interni al triangolo T , dunque punti di massimo e minimo assoluti

(b)

Per esercizio, verificare che i punti della circonferenza x

²

+ y

²

=

¹_e

sono e↵ettivamente i soli punti stazionari della

funzione

dovranno necessariamente appartenere alla frontiera @T . La frontiera di T `e l’unione dei tre segmenti S

1

= {(x, 0) | x 2 [0, 1]}, S

²

= {(0, y) | y 2 [0, 1]} e S

³

= {(x, 1 x) | x 2 [0, 1]}. Abbiamo che

• lungo il segmento S

¹

, f (x, y) |

^S1

= f (x, 0) = e

^x2

, x 2 [0, 1], `e funzione decrescente, quindi max

S1

f (x, y) = f (0, 0) = 1 e min

S1

f (x, y) = f (1, 0) = 1 e .

• lungo il segmento S

²

, f (x, y) |

^S2

= f (0, y) = e

^y2

, y 2 [0, 1], `e funzione crescente da cui max

S2

f (x, y) = f (0, 1) = e e min

S2

f (0, y) = f (0, 0) = 1.

• lungo il segmento S

³

, f (x, y) |

^S3

= f (x, 1 x) = e

^{1 2x}

, x 2 [0, 1], `e funzione decrescente e dunque max

S3

f (x, y) = f (0, 1) = e e min

S3

f (x, y) = f (1, 0) = 1 e .

Riunendo quanto ottenuto, risulta che (0, 1) `e punto di massimo assoluto in T mentre (1, 0) `e punto di minimo assoluto

max

T

f (x, y) = max

@T

f (x, y) = f (0, 1) = e e max

T

f (x, y) = max

@T

f (x, y) = f (1, 0) = 1 e .

T

S

¹

S

²

S

³

0 1 1

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

²

y + 2xy

²

risulta definita e di classe C

²

su tutto R

²

, gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = 2xy + 2y

²

= 0

@f

@y

(x, y) = x

²

+ 4xy = 0 ,

( y(x + y) = 0 x(x + 4y) = 0

che ammette come unica soluzione O = (0, 0). Tale punto non `e n´e di massimo n´e di minimo, osserviamo infatti che lungo la bisettrice y = x si ha che f (x, x) = 2x

³

`e strettamente crescente.

x y

O

Per determinare i punti di massimo e minimo assoluti nel triangolo T di vertici (0, 0), (0,

¹₂

) e (1, 0), osserviamo innanzitutto che essendo il triangolo chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto. Abbiamo visto che la funzione non ammette punti di massimo e di minimo interni al dominio, determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera @T . Abbiamo che la frontiera di T `e unione dei segmenti S

¹

= {(0, y) | y 2 [0,

¹2

] }, S

²

= {(x, 0) | x 2 [0, 1]} e S

³

= {(x,

^{1 x}2

) | x 2 [0, 1]}. Si ha allora che

• lungo i segmenti S

¹

e S

²

risulta f |

S1

(x, y) = f (0, y) = 0 = f (x, 0) = f |

S2

(x, y), la funzione `e costante.

• lungo il segmento S

³

si ha

f |

S3

(x, y) = f (x,

^{1 x}₂

) = x

^{2 1 x}₂

+ 2x(

^{1 x}₂

)

²

=

¹₂

(x x

²

) = g(x), x 2 [0, 1].

Abbiamo che g

⁰

(x) =

¹₂

(1 2x) 0 in [0, 1] se e solo se 0  x 

¹2

. La funzione g(x) risulta quindi crescente in [0,

¹₂

] e decrescente in [

¹₂

, 1] con g(0) = f (0, 0) = 0 = f (1, 0) = g(1), g(

¹₂

) = f (

¹₂

,

¹₂

(1

¹₂

)) = f (

¹₂

,

¹₄

) =

¹₂

(

¹₂ ¹₄

) =

¹₈

. Quindi

max

S3

f (x, y) = f (

¹₂

,

¹₄

) =

¹₈

e min

S3

f (x, y) = f (0, 0) = f (1, 0) = 0.

Otteniamo allora che la funzione ammette come punto di massimo il punto P = (

¹₂

,

¹₄

) e come punti di minimo tutti i punti dei segmenti S

¹

e S

²

.

S

¹

T

S

²

S

³

1 0

1 2

P

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

²

+ y

²

+ xy + 3x risulta definita e di classe C

²

su tutto R

²

, gli eventuali punti di massimo e minimo relativi saranno allora punti stazionari. I punti stazionari sono le soluzione del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = 2x + y + 3 = 0

@f

@y

(x, y) = 2y + x = 0

che ha come unica soluzione il punto P = ( 2, 1). Per stabilire se tale punto risulta di massimo o di minimo valutiamo il determinante hessiano. Abbiamo

@

²

f

@x

²

(x, y) = 2, @

²

f

@x@y (x, y) = 1 e @

²

f

@y

²

(x, y) = 2 e quindi

detHf ( 2, 1) = 2 1 1 2 = 3

Dal test delle derivate parziali seconde ne deduciamo che P = ( 2, 1) `e punto di minimo relativo con f ( 2, 1) = 3.

Riguardo ai massimi e minimi assoluti in A = {(x, y) 2 R

²

|

^|x|2

 y  1}, osserviamo innanzitutto che A `e

il triangolo chiuso di vertici i punti (0, 0), ( 2, 1) e (2, 1). Essendo la funzione continua sull’insieme chiuso

e limitato A, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in A. Abbiamo

visto che la funzione ammette un unico punto stazionario P = ( 2, 1) ma poich`e P 62 A, possiamo

concludere che la funzione non ammette punti stazionari interni ad A, dunque massimo e minimo assoluti dovranno necessariamente appartenere alla frontiera @A. La frontiera di A `e l’unione dei tre segmenti S

1

= {(x, 1) | x 2 [ 2, 2]}, S

²

= {(x,

^x2

) | x 2 [0, 2]} e S

³

= {(x,

^x2

) | x 2 [ 2, 0]}. Si ha

• lungo il segmento S

¹

, f (x, y) |

^S1

= f (x, 1) = x

²

+ 4x + 1 `e funzione crescente in [ 2, 2], quindi max

S1

f (x, y) = f (2, 1) = 13 e min

S1

f (x, y) = f ( 2, 1) = 3.

• lungo il segmento S

²

, f (x, y) |

^S2

= f (x,

^x₂

) =

⁷₄

x

²

+ 3x `e funzione crescente in [0, 2], quindi max

S2

f (x, y) = f (2, 1) = 13 e min

S2

f (x, y) = f (0, 0) = 0.

• lungo il segmento S

³

, f (x, y) |

^S3

= f (x,

^x₂

) =

³₄

x

²

+ 3x `e funzione crescente in [ 2, 0], quindi max

S3

f (x, y) = f (0, 0) = 0 e min

S3

f (x, y) = f ( 2, 1) = 3.

Riunendo quanto ottenuto, risulta che max

A

f (x, y) = max

@A

f (x, y) = f (2, 1) = 13 e min

A

f (x, y) = min

@A

f (x, y) = f ( 2, 1) = 3.

Quindi punto di massimo assoluto `e Q = (2, 1) e punto di minimo assoluto `e P = ( 2, 1).

A S

¹

S

²

S

³

1

0 P

2 2

Q

10. La funzione f (x, y) = e

^{(x+1)2+(y 1)2}

risulta definita e di classe C

²

su tutto R

²

. Ne segue che gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = 2(x + 1)e

^{(x+1)2+(y 1)2}

= 0

@f

@y

(x, y) = 2(y 1)e

^{(x+1)2+(y 1)2}

= 0 ,

( x + 1 = 0 y 1 = 0

che ammette come unica soluzione il punto P = ( 1, 1). Per stabilire se tale punto `e di massimo o di minimo, valutiamo il determinante hessiano. Essendo

@

²

f

@x

²

(x, y) = 2(3 + 4x + 2x

²

)e

^{(x+1)2+(y 1)2}

,

@

²

f

@x@y (x, y) = 4(x + 1)(y 1)e

^{(x+1)2+(y 1)2}

@

²

f

@y

²

(x, y) = 2(3 4y + 2y

²

)e

^{(x+1)2+(y 1)2}

risulta

detHf ( 1, 1) = 2 0

0 2 = 4

Quindi, dal test delle derivate parziali seconde, P = ( 1, 1) `e punto di minimo relativo.

In alternativa era sufficiente osservare che f ( 1, 1) = 1 e che f (x, y) 1 per ogni (x, y) 2 R

²

, dunque P = ( 1, 1) risulta punto di minimo assoluto in R

²

. Alla stessa conclusione potevamo giungere osservando che la funzione risulta costante lungo le circonferenze (x + 1)

²

+ (y 1)

²

= a 0 e che la funzione e

^a

`e strettamente crescente in [0, + 1), con punto di minimo assoluto in a = 0. In corrispondenza la funzione f (x, y) ammetter` a minimo nei punti tali che (x + 1)

²

+ (y 1)

²

= 0 ovvero in P = ( 1, 1).

Essendo la funzione continua sul dominio chiuso e limitato D = {(x, y) 2 R

²

| |x|  1, 0  y  2}, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in D. Per quanto provato sopra, la funzione non ammette punti stazionari interni a D, dato che P = ( 1, 1) 2 @R, dunque massimo e minimo assoluti dovranno necessariamente appartenere alla frontiera @D. Abbiamo gi` a visto che P = ( 1, 1) `e punto di minimo assoluto (in R

²

e quindi anche in D dato che P 2 D), cerchiamo quindi il punto di massimo. Osserviamo che D `e un quadrato la cui frontiera `e costituita dai segmenti S

1

= {(x, 0) | x 2 [ 1, 1]}, S

²

= {(x, 2) | x 2 [ 1, 1]}, S

³

= {( 1, y) | y 2 [0, 2]} e S

⁴

= {(1, y) | y 2 [0, 2]}.

Risulta

• lungo i segmenti S

¹

e S

2

, f (x, y) |

^S1

= f (x, 0) = e

^(x+1)2+1

= f (x, 2) = f |

^S2

(x, y), x 2 [ 1, 1] la funzione

`e crescente , quindi

min

S1

f (x, y) = f ( 1, 0) = e = f ( 1, 2) = min

S2

f (x, y) max

S1

f (x, y) = f (1, 0) = e

⁵

= f (1, 2) = max

S2

f (x, y).

• lungo il segmento S

³

f (x, y |

^S3

= f ( 1, y) = e

^{(y 1)2}

, y 2 [0, 2], `e funzione decrescente in [0, 1] e crescente in [1, 2], quindi

min

S3

f ( 1, y) = f ( 1, 1) = 1 e max

S3

f ( 1, y) = f ( 1, 0) = f ( 1, 2) = e.

• lungo il segmento S

⁴

f (x, y |

^S4

= f (1, y) = e

^{4+(y 1)2}

, y 2 [0, 2], `e funzione decrescente in [0, 1] e crescente in [1, 2], dunque

min

S4

f (x, y) = f (1, 1) = e

⁴

e max

S4

f (x, y) = f (1, 0) = f (1, 2) = e

⁵

. Riunendo quanto ottenuto, risulta

max

D

f (x, y) = max

@D

f (x, y) = f (1, 0) = f (1, 2) = e

⁵

e

min

D

f (x, y) = min

@R

f (x, y) = f ( 1, 1) = 1.

e dunque che punto di minimo assoluto `e P = ( 1, 1) mentre punti di minimo assoluto sono Q = (1, 0) e R = (1, 2).

D

S

¹

S

²

S

³

0 1 P

1

2

Q

S

⁴

R

11. La funzione f (x, y) = x

²

+ 2y

²

`e definita e di classe C

²

su tutto R

²

, gli eventuali punti di massimi e minimi relativi saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono dati dal sistema

(

_@f

@x

(x, y) = 2x = 0

@f

@y

(x, y) = 4y = 0

che ammette come unica soluzione il punto O = (0, 0). Per determinare la natura di tale punto stazionario applichiamo il test delle derivate parziali secondo. Poich´e

@

²

f

@x

²

(x, y) = 2, @

²

f

@x@y (x, y) = 0 e @

²

f

@y

²

(x, y) = 4 risulta

detHf (0, 0) = 2 0 0 4 = 8

Quindi O = (0, 0) `e punto di minimo relativo. In alternativa, osservato che f (0, 0) = 0 e che f (x, y) > 0 per ogni (x, y) 6= (0, 0) si poteva direttamente concludere che O = (0, 0) `e punto di minimo assoluto per f (x, y) in R

²

.

Essendo la funzione continua sul dominio chiuso e limitato K = {(x, y) 2 R

²

|

^x4²

+ y

²

 1, y 0 }, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Per quanto provato sopra, la funzione non ammette punti stazionari interni a K, dunque massimo e minimo assoluti apparterranno alla frontiera @K. Abbiamo gi`a determinato che O = (0, 0) `e il punto di minimo assoluto in K, dato che O 2 K. Per determinare il massimo osserviamo che @K = S [E essendo S il segmento {(x, 0) | x 2 [ 2, 2]}

e E l’arco di ellisse {(x, y) |

^x4²

+y

²

= 1, y 0 }. Lungo il segmento S, f(x, y)|

S

= f (x, 0) = x

²

, x 2 [ 2, 2],

`e funzione crescente in [0, 2] e decrescente in [ 2, 0], quindi min

S

f (x, y) = f (0, 0) = 0 e max

S

f (x, 0) = f ( ±2, 0) = 4.

Una parametrizzazione dell’arco E `e data da y = q

1

^x₄²

con x 2 [ 2, 2]. Usando tale parametrizzazione otteniamo f (x, y) |

E

= f (x, q

1

^x₄²

) = x

²

+ 2(1

^x₄²

) = 2 +

^x₂²

, funzione decrescente in [ 2, 0] e crescente in [0, 2], quindi

min

C

f (x, y) = min

x2[ 2,2]

f (x, r

1 x

²

4 ) = f (0, 1) = 2 max

C

f (x, y) = max

x2[ 2,2]

f (x, r

1 x

²

4 ) = f ( ±2, 0) = 4.

Altra parametrizzazione dell’arco di ellisse E `e data utilizzando le coordinate polari ellittiche: x = 2 cos ✓ e y = sin ✓ con ✓ 2 [0, ⇡]. Con tale parametrizzazione otteniamo che f(x, y)|

E

= f (2 cos ✓, sin ✓) = 4 cos

²

✓ + 2 sin

²

✓ = 2 + 2 cos

²

✓, funzione decrescente in [0,

^⇡₂

] e crescente in [

^⇡₂

, ⇡], quindi

✓2[0,⇡]

min f (2 cos ✓, sin ✓) = f (0, 1) = 2 e max

✓2[0,⇡]

f (2 cos ✓, sin ✓) = f ( ±2, 0) = 4.

Riunendo quanto ottenuto, concludiamo che max

K

f (x, y) = max

@K

f (x, y) = f ( ±2, 0) = 4 e min

_K

f (x, y) = min

@K

f (x, y) = f (0, 0) = 0.

Punti di massimo assoluto sono quindi P

_±

= ( ±2, 0) e punto di minimo assoluto `e O = (0, 0).

K S

1

0

P

+

2 2

O E

P

12. La funzione f (x, y) = xy(y x + 3) risulta definita e di classe C

²

su tutto R

²

, quindi gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. I punti stazionari sono le soluzione

del sistema (

_@f

@x

(x, y) = y(y 2x + 3) = 0

@f

@y

(x, y) = x(2y x + 3) = 0

che ammette come soluzioni i punti O = (0, 0), A = (1, 1), B = (0, 3) e C = (3, 0). Risulta inoltre

@

²

f

@x

²

(x, y) = 2y, @

²

f

@x@y (x, y) = 2y 2x + 3, @

²

f

@y

²

(x, y) = 2x e applicando il test delle derivate parziali seconde otteniamo

• detHf(0, 0) = 0 3

3 0 = 9 ) O = (0, 0) `e punto di sella,

• detHf(1, 1) = 2 1

1 2 = 3 ) A = (1, 1) `e punto di minimo relativo,

• detHf(0, 3) = 6 3

3 0 = 9 ) B = (0, 3) `e punto di sella,

• detHf(3, 0) = 6 3

3 0 = 9 ) C = (3, 0) `e punto di sella.

Essendo la funzione continua sul rettangolo chiuso e limitato Q = {(x, y) 2 R

²

| 0  x  2, 2  y  0}, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in Q. Per visto, la funzione ammette un unico punto stazionario interno a Q, il punto A = (1, 1) che risulta punto di minimo relativo con f (1, 1) = 1. Determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera @Q. Abbiamo che

• lungo i segmenti S

¹

= {(0, y) 2 R

²

| y 2 [ 2, 0]} e S

²

= {(x, 0) 2 R

²

| x 2 [0, 2]} la funzione risulta identicamente nulla;

• lungo il segmento S

³

= {(2, y) 2 R

²

| y 2 [ 2, 0]}, f|

S3

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

²

+ 2y = g(y) e la funzione risulta decrescente in [ 2,

¹₂

], mentre risulta crescente in [

¹₂

, 0] con g( 2) = f (2, 2) = 4, g(

¹₂

) = f (2,

¹₂

) =

¹₂

e g(0) = f (2, 0) = 0;

• lungo S

⁴

= {(x, 2) 2 R

²

| x 2 [0, 2]}, f|

S4

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

²

2x = h(x) che risulta decrescente in [0,

¹₂

], crescente in [

¹₂

, 2] con h(0) = f (0, 2) = 0, h(

¹₂

) = f (

¹₂

, 2) =

¹₂

e h(2) = f (2, 2) = 4.

Riunendo quanto trovato otteniamo

max

@Q

f (x, y) = f (2, 2) = 4 e min

@Q

f (x, y) = f (2,

¹₂

) = f (

¹₂

, 2) =

¹₂

.

Osservato per` o che nel punto di minimo relativo interno a Q si ha f (1, 1) = 1, concludiamo che max

Q

f (x, y) = f (2, 2) = 4 e min

Q

f (x, y) = f (1, 1) = 1

e quindi che il punto A = (1, 1) `e punto di minimo assoluto mentre B = (2, 2) `e punto di massimo

assoluto per f (x, y) in Q.

Q S

²

S

³

S

¹

0

A

2

2

S

⁴

B

13. La funzione f (x, y) = xy `e continua in R

²

e il vincolo Z (l’ellisse

^x4²

+ y

²

= 1) compatto, essendo chiuso e limitato. Dal Teorema di Weiestrass abbiamo allora che la funzione ammette massimo e minimo (assoluto) vincolato a Z. Dato che le funzioni f(x, y) e G(x, y) = x

²

+4y

²

risultano di classe C

²

in R

²

e che rG(x, y) = (2x, 8y) 6= 0 in Z, dal Teorema sui moltiplicatori di Lagrange, avremo che se (x

⁰

, y

0

) `e punto di massimo o di minimo di f (x, y) vincolato a Z allora esister`a

⁰

2 R tale che il punto (x

⁰

, y

0

,

0

) risulta soluzione del sistema rF (x, y, ) = 0, essendo F (x, y, ) = f(x, y) (G(x, y) 4) = xy (x

²

+ 4y

²

4) la lagrangiana. Il sistema rF (x, y, ) = 0 ammette come soluzioni

8 >

<

> :

@F

@x

(x, y. ) = y 2 x = 0

@F

@y

(x, y, ) = x 8 y = 0

@F

@

(x, y, ) = (x

²

+ 4y

²

4) = 0 ,

8 >

<

> :

y = 2 x x = 8 y x

²

+ 4y

²

= 4

, 8 >

<

> : x = p

2 y = ±

^p2²

= ±14 _

8 >

<

> :

x = p 2 y = ±

^p2²

= ±14 I candidati punti di massimo e minimo vincolati sono quindi P

_±

= ( p

2, ±

^p2²

) e Q

_±

= ( p

2, ±

^p2²

).

Poich´e

f ( p

2,

^p₂²

) = 1 = f ( p

2,

^p₂²

) e f ( p

2,

^p₂²

) = 1 = f ( p

2,

^p₂²

), ne deduciamo che P

+

e Q sono i punti di massimo mentre P e Q

+

sono i punti di minimo.

14. La funzione f (x, y) =

^x_x²2+y^y22

risulta continua sul compatto Z = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

= 1 }, quindi dal Teorema di Weiestrass abbiamo che esistono i punti di massimo e di minimo di f (x, y) vincolati a Z. Poich´e le funzioni f(x, y) e G(x, y) = x

²

+ y

²

sono di classe C

²

in R

²

e rG(x, y) = (2x, 2y) 6= 0 in Z, dal Teorema sui moltiplicatori di Lagrange, i punti di massimo e di minimo di f(x, y) vincolati a Z saranno da cercarsi tra i punti (x, y) tali che (x, y, ) risulti punto stazionario della lagrangiana F (x, y, ) = f (x, y) (G(x, y) 1) =

^x_x²2+y^y22

(x

²

+ y

²

1) per qualche 2 R. Determiniamo tali punti risolvendo il sistema

8 >

<

> :

@F

@x

(x, y. ) =

_(x2^4xy+y²²)²

2 x = 0

@F

@y

(x, y, ) =

_(x2^4x+y^2y2)²

2 y = 0

@F

@

(x, y, ) = (x

²

+ y

²

1) = 0 ,

8 >

<

> :

x(y

²

) = 0 y(x

²

+ ) = 0 x

²

+ y

²

= 1

, 8 >

<

> : x = 0 y = ±1

= 0 _

8 >

<

> : x = ±1 y = 0

= 0

I candidati punti di massimo e minimo vincolati sono quindi P

_±

= ( ±1, 0) e Q

±

= (0, ±1). Poich´e f ( ±1, 0) = 1 e f(0, ±1) = 1, ne deduciamo che P

±

sono i punti di massimo mentre Q

_±

sono i punti di minimo.

15. La funzione f (x, y) = x + 2y `e continua in R

²

e il vincolo Z = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

+ xy = 1 } compatto, osserviamo infatti che tale vincolo non `e altro che l’ellisse di centro l’origine e assi le bisettrici y = ±x

^(c)

.

(c)

Operando la rotazione di

^⇡₄

e centro l’origine

( u =

^p₂²

x

^p₂²

y

v =

^p₂²

x +

^p₂²

y , nel sistema di riferimento Ouv abbiamo che

y

x

Dal Teorema di Weiestrass abbiamo allora che la funzione ammette massimo e minimo (assoluto) vincolato a Z. Le funzioni f(x, y) e G(x, y) = x

²

+y

²

+xy risultano di classe C

²

in R

²

e rG(x, y) = (2x+y, 2y+x) 6=

0 in Z (perch´e?). Per determinare tali punti, utilizziamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange cercando i punti stazionari della lagrangiana F (x, y, ) = f (x, y) (G(x, y) 1) = x + 2y (x

²

+ y

²

+ xy 1), ovvero le soluzioni del sistema

8 >

<

> :

@F

@x

(x, y, ) = 1 (2x + y) = 0

@F

@y

(x, y, ) = 2 (2y + x) = 0

@F

@

(x, y, ) = (x

²

+ y

²

+ xy 1) = 0 ,

8 >

<

> :

(2x + y) = 1 (2y + x) = 2 x

²

+ y

²

+ xy = 1

, 8 >

<

> :

=

_2x+y¹

1

2x+y

(2y + x) = 2 x

²

+ y

²

+ xy = 1

, 8 >

<

> :

=

_2x+y¹

x = 0 y

²

= 1

, 8 >

<

> : x = 0 y = ±1

= ±1

I candidati punti di massimo e di minimo di f (x, y) vincolati a Z sono quindi i punti P

±

(0, ±1) e poich´e f (0, 1) = 2 mentre f (0, 1) = 2, otteniamo che P

+

`e punto di massimo assoluto vincolato a Z mentre P `e punto di minimo.

16. La funzione f (x, y) = x

²

+ y

²

`e continua in R

²

e il vincolo Z compatto, essendo chiuso e limitato, risulta infatti Z ⇢ B

¹

(0, 0) (dato che se y

²

x

²

+x

⁴

= y

²

+(x

^{2 1}₂

)

^{2 1}₄

= 0 allora |y| 

¹2

e |x|  1). Dal Teorema di Weiestrass abbiamo allora che la funzione ammette massimo e minimo (assoluto) vincolato a Z. Le funzioni f (x, y) e in G(x, y) = y

²

x

²

+ x

⁴

sono di classe C

²

in R

²

, inoltre rG(x, y) = ( 2x+4x

³

, 2y) = 0 in Z solo per (x, y) = (0, 0). Dal Teorema sui moltiplicatori di Lagrange, i punti di massimo e di minimo di f (x, y) vincolati a Z, che non siano singolari, saranno quindi da cercarsi tra i punti stazionari della lagrangiana F (x, y, ) = f (x, y) G(x, y) = x

²

+ y

²

(y

²

x

²

+ x

⁴

), ovvero tra le soluzioni del sistema

8 >

<

> :

@F

@x

(x, y. ) = 2x ( 2x + 4x

³

) = 0

@F

@y

(x, y, ) = 2y 2 y = 0

@F

@

(x, y, ) = (y

²

x

²

+ x

⁴

) = 0

, 8 >

<

> :

x(1 + 2x

²

) = 0 y(1 ) = 0 y

²

= x

²

x

⁴

Il sistema ammette come soluzioni (0, 0, ) per ogni 2 R e (±1, 0, 1). I candidati punti di massimo e di minimo di f (x, y) vincolati a Z sono quindi i punti O = (0, 0) (punto singolare per il vincolo) e P

_±

= ( ±1, 0). Abbiamo che f(0, 0) = 0 mentre f(±1, 0) = 1, dunque O `e punto di minimo assoluto, mentre P

_±

sono punti di massimo.

l’equazione x

²

+ y

²

+ xy = 1 si riscrive come (

^v+up

2

)

²

+ (

^{v u}p

2

)

²

+

^v+up

2

·

^{v up}₂

= 1 ovvero come u

²

+ 3v

²

= 2, equazione dell’ellisse di centro l’origine e semiassi p

2 e q

2 3

.

0 1 1

y

x

17. La funzione f (x, y) = e

^{xy x2}

`e definita e di classe C

²

su tutto R

²

. Poich´e la funzione `e continua sull’insieme chiuso e limitato K = {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

 1, y 0, x 0 }, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto in K. Verifichiamo innanzitutto se la funzione ammette punti di massimo o di minimo interni a K. Dato che la funzione `e di classe C

²

, gli eventuali punti di massimo e di minimo interni a K saranno punti stazionari ovvero soluzioni del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = (y 2x)e

^{xy x2}

= 0

@f

@y

(x, y) = xe

^{xy x2}

= 0

Tale sistema ammette come unica soluzione il punto O = (0, 0) che non risulta per`o punto interno a K (appliccando il test delle derivate parziali seconde possiamo in realt`a verificare che O non `e n´e punto di minimo relativo n´e punto di massimo).

La funzione non ammette quindi punti stazionari interni a K, dunque massimo e minimo assoluti dovranno necessariamente appartenere alla frontiera @K = S

¹

[ S

²

[ C, essendo S

¹

il segmento {(0, y) | y 2 [0, 1]}, S

²

il segmento {(x, 0) | x 2 [0, 1]} e C l’arco di circonferenza {(x, y) | x

²

+ y

²

= 1, x 0, y 0 }.

Abbiamo che f (x, y) |

S1

= f (0, y) = 1 `e funzione costante in [0, 1] mentre f (x, y) |

S2

= f (x, 0) = e

^x2

`e funzione decrescente in [0, 1], quindi

max

S2

f (x, y) = max

x2[0,1]

f (x, 0) = f (0, 0) = 1 e min

S2

f (x, y) = min

x2[0,1]

f (x, 0) = f (1, 0) = e

¹

.

Infine, utilizzando le coordinate polari per parametrizzare l’arco C otteniamo che f(x, y)|

C

= f (cos ✓, sin ✓) = e

sin ✓ cos ✓ cos²✓

= g(✓) dove ✓ 2 [0,

^⇡2

]. Per studiare la monotonia di tale funzione osserviamo che posto h(✓) = sin ✓ cos ✓ cos

²

✓ risulta

h

⁰

(✓) = cos

²

✓ sin

²

✓ + 2 sin ✓ cos ✓ = cos(2✓) + sin(2✓)

e dunque che, per ✓ 2 [0,

^⇡2

], h

⁰

(✓) > 0 se e solo se 0  2✓ 

^3⇡4

, ovvero 0  ✓ 

^3⇡8

. Ne segue allora che h(✓) risulta strettamente crescente in [0,

^3⇡₈

], strettamente decrescente in [

^3⇡₈

,

^⇡₂

] e dunque che

✓2[0,

max

^⇡2]

h(✓) = h(

^3⇡₈

) =

^p₄^{2 (d)}

e min

✓2[0,^⇡2]

h(✓) = h(

^⇡₂

) = 0.

Essendo l’esponenziale funzione crescente, ne deduciamo che max

C

f (x, y) = max

✓2[0,^⇡2]

g(✓) = g(

^3⇡₈

) = e

p2

4

e min

C

f (x, y) = min

✓2[0,^⇡2]

g(✓) = g(

^⇡₂

) = 1.

(d)

dalle formule di bisezione si ha che cos

^3⇡₈

=

¹₂

p

2 p

2 e sin

^3⇡₈

=

¹₂

p 2 + p

2

In alternativa, per determinare i massimi e i minimi della funzione sull’arco C si poteva utilizzare il metodo di Lagrange, osservato che C `e insieme di livello della funzione G(x, y) = x

²

+ y

²

in [0, + 1) ⇥ [0, +1).

Da quanto ottenuto deduciamo che punto di massimo assoluto in K `e P = (cos

^3⇡₈

, sin

^3⇡₈

) mentre Q = (0, 1) `e punto di minimo assoluto.

S

¹

K

0 1

P

S

²

C Q

18. La funzione f (x, y) =

_x^{x y}2+y²

risulta definita e continua su tutto R

²

\ {(0, 0)}. Essendo D = {(x, y) 2 R

²

| 1  x

²

+ y

²

 4} ⇢ R

²

\ {(0, 0)} chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto. Per prima cosa cerchiamo, se esistono, punti di massimo e minimo interni al dominio. Essendo la funzione di classe C

²

in R

²

\ {(0, 0)}, gli eventuali punti di massimo e minimo relativo saranno punti stazionari della funzione. Determiniamo tali punti risolvendo il sistema

(

_@f

@x

(x, y) =

^x2+y_(x²2+y^{2x(x y)2})²

= 0

@f

@y

(x, y) =

^(x2+y_(x2²+y^{) 2y(x y)2})²

= 0 ,

( x

²

+ y

²

= 2x(x y) x

²

+ y

²

= 2y(x y) ,

( x

²

+ y

²

= 2x

²

2xy x(x y) = y(x y) ,

( y

²

x

²

+ 2xy = 0 (x + y)(x y) = 0

che non ammette soluzioni in R

²

\ {(0, 0)}. Ne deduciamo che i punti di massimo e minimo assoluti apparterranno alla frontiera @D, costituita dall’unione delle circonferenze C

¹

= {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

= 1 } e C

²

= {(x, y) 2 R

²

| x

²

+ y

²

= 4 }. Abbiamo che

• per studiare la funzione lungo la circonferenza C

¹

possiamo utilizzare le coordinate polari. Abbiamo quindi f |

C1

(x, y) = f (cos ✓, sin ✓) = cos ✓ sin ✓ = g(✓), ✓ 2 [0, 2⇡]. Dato che g

⁰

(✓) = (sin ✓ + cos ✓) 0 se e solo se cos ✓  sin ✓ e quindi se e solo se ✓ 2 [

³4

⇡,

⁷₄

⇡], la funzione risulta crescente in [

³₄

⇡,

⁷₄

⇡], decrescente in [0,

³₄

⇡] e [

⁷₄

⇡, 2⇡] con g(0) = 1, g(

³₄

⇡) = p

2, g(

⁷₄

⇡) = p

2 e g(2⇡) = 1. Quindi max

C1

f (x, y) = max

[0,2⇡]

g(✓) = g(

⁷₄

⇡) = f (

^p₂²

,

^p₂²

) = p 2 e

min

C1

f (x, y) = min

[0,2⇡]

g

1

(✓) = g

1

(

³₄

⇡) = f (

^p₂²

,

^p₂²

) = p 2

• in modo analogo, lungo la circonferenza C

²

abbiamo f |

C2

(x, y) = f (2 cos ✓, 2 sin ✓) =

¹₂

(cos ✓ sin ✓) = h(✓) =

¹₂

g(✓), ✓ 2 [0, 2⇡]. La funzione h(✓) risulta crescente in [

³4

⇡,

⁷₄

⇡], decrescente in [0,

³₄

⇡] e [

⁷₄

⇡, 2⇡]

con h(0) =

¹₂

, h(

³₄

⇡) =

^p₂²

, h(

⁷₄

⇡) =

^p₂²

e h(2⇡) =

¹₂

. Quindi max

C2

f (x, y) = max

[0,2⇡]

h(✓) = h(

⁷₄

⇡) = f ( p 2, p

2) =

^p₂²

e

min

C2

f (x, y) = min

[0,2⇡]

h(✓) = h(

³₄

⇡) = f ( p 2, p

2) =

^p₂²

In alternativa, per determinare i punti di massimo e di minimo in C

¹

e C

²

potevamo utilizzare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange cercando i punti stazionari rispettivamente delle lagrangiane F

1

(x, y, ) =

x y

x²+y²

(x

²

+ y

²

1) e F

2

(x, y, ) =

_x^{x y}2+y²

(x

²

+ y

²

4). Abbiamo 8 >

> <

> >

:

@F1

@x

(x, y, ) =

^x2+y_(x²2+y^{2x(x y)2})²

2 x = 0

@F1

@y

(x, y, ) =

^(x2+y_(x2²+y^{) 2y(x y)2})²

2 y = 0

@F1

@

(x, y, ) = (x

²

+ y

²

1) = 0

, 8 >

<

> :

1 2x(x y) 2 x = 0 1 2y(x y) 2 y = 0 x

²

+ y

²

= 1

, 8 >

<

> :

1 2x(x y) 2 x = 0 x + y = 0

x

²

+ y

²

= 1

, 8 >

<

> :

=

_2x+y¹

x = 0 y

²

= 1

, 8 >

<

> :

x = ±

^p2²

y = ⌥

^p2²

= ⌥

^p2²

I candidati punti di massimo e di minimo di f (x, y) vincolati a C

¹

sono quindi i punti P

_±

= ( ±

^p2²

, ⌥

^p2²

).

Dato che f ( ±

^p2²

, ⌥

^p2²

) = ± p

2 ne deduciamo che P

+

`e punto di massimo mentre P `e punto di minimo.

In modo analogo, sulla circonferenza C

²

si trova che i candidati punti di massimo e di minimo di f (x, y) vincolati a C

²

sono i punti Q

_±

= ( ± p

2, ⌥ p

2) con f ( ± p 2, ⌥ p

2) = ±

^p2²

. Quindi Q

+

`e punto di massimo mentre Q `e punto di minimo.

Possiamo quindi concludere che P

+

`e punto di massimo in D mentre P `e punto di minimo:

max

D

f (x, y) = f (

^p₂²

,

^p₂²

) = p

2 e min

D

f (x, y) = f (

^p₂²

,

^p₂²

) = p 2.

K

C

¹

Q

+

C

²

Q

P

P

+

19. La funzione f (x, y) = x

²

+ y(1 x) risulta definita e continua in R

²

ed essendo D = {(x, y) 2 R

²

| x

²

 y  4} chiuso e limitato, dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto.

Dato che la funzione `e di classe C

²

in R

²

, gli eventuali punti di massimo e minimo interni a D saranno punti stazionari della funzione, ovvero soluzioni del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = 2x y = 0

@f

@y

(x, y) = 1 x = 0 ,

( x = 1 y = 2

Il sistema ha come soluzione Q = (1, 2), interno a D, con f (1, 2) = 1, quindi unico candidato punto di massimo o di minimo interno a K. Determiniamo ora i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera

@D. Abbiamo che

• lungo il segmento S = {(x, 4) 2 R

²

| x 2 [ 2, 2]} risulta

f |

S

(x, y) = f (x, 4) = x

²

+ 4(1 x) = x

²

4x + 4 = (x 2)

²

= g(x), y 2 [ 2, 2], e la funzione risulta decrescente in [ 2, 2] con g( 2) = f ( 2, 4) = 16 e g(2) = f (2, 4) = 0. Quindi

max

S

f (x, y) = f ( 2, 4) = 16 e min

S

f (x, y) = f (2, 4) = 0.

• lungo l’arco di parabola P = {(x, y) 2 R

²

| y = x

²

, x 2 [ 2, 2]} possiamo utilizzare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange

^(e)

. Abbiamo che F (x, y, ) = x

²

+ y(1 x) (y x

²

) e i punti stazionari della lagrangiana sono

8 >

<

> :

@F

@x

(x, y. ) = 2x y + 2 x = 0

@F

@y

(x, y, ) = 1 x = 0

@F

@

(x, y, ) = x

²

y = 0

, 8 >

<

> : x = 0 y = 0

= 1 _

8 >

<

> : x =

⁴₃

y =

¹⁶₉

=

¹₃

Quindi, candidati punti di massimo e minimo vincolati a P sono i punti (0, 0) e (

⁴3

,

¹⁶₉

) con f (0, 0) = 0 e f (

⁴₃

,

¹⁶₉

) =

³²₂₇

. Osserviamo per` o che nei punti estremali dell’arco di parabola P si ha che f(2, 4) = 0 e f ( 2, 4) = 16, quindi

max

P

f (x, y) = f (2, 4) = 16 e min

P

f (x, y) = f (0, 0) = f (2, 4) = 0.

Riunendo quanto trovato, otteniamo che

max

@D

f (x, y) = f (2, 4) = 16 e min

@D

f (x, y) = f (0, 0) = f (2, 4) = 0.

Osservato che nel punto stazionario interno f (1, 2) = 1 e che 0 < 1 < 16, possiamo concludere che sono punti di minimo O = (0, 0) e P = (2, 4) mentre risulta punto di massimo R = (2, 4)

max

D

f (x, y) = f (2, 4) = 16 e min

D

f (x, y) = f (0, 0) = f (2, 4) = 0.

P

S P

Q

O R

20. La funzione f (x, y) = |y|(x

²

xy + x) risulta definita e continua su tutto R

²

. Il rettangolo R = {(x, y) 2 R

²

| 0  x  2, |y|  4} `e chiuso e limitato, quindi dal Teorema di Weierstrass la funzione ammette massimo e minimo assoluto. Cerchiamo innanzitutto massimi e minimi interni al dominio. Osserviamo che essendo la funzione di classe C

²

in R

²

\ {y = 0}, gli eventuali punti di massimo e minimo relativo in tale insieme saranno punti stazionari della funzione, ma non gli eventuali punti di massimo e minimo relativo dell’asse y = 0. I punti stazionari con y 6= 0 sono le soluzioni del sistema

(

_@f

@x

(x, y) = |y|(2x y + 1) = 0

@f

@y

(x, y) = ±(x

²

xy + x) ⌥ xy = 0 ,

( 2x y + 1 = 0

x

²

2xy + x = 0 ,

( y = 2x + 1 3x

²

+ x = 0 che ammette come soluzioni P = (0, 1) e Q = (

¹₃

,

¹₃

), nessuno dei quali `e interno a R . Determiniamo i punti di massimo e minimo assoluti sulla frontiera @ R. Abbiamo che

(e)

In alternativa possiamo studiare la funzione f |

P

(x, y) = f (x, x

²

) = x

²

+ x

²

(1 x) = 2x

²

x

³

, x 2 [ 2, 2].

• lungo il segmento S

¹

= {(x, 4) 2 R

²

| x 2 [0, 2]} risulta f|

S1

(x, y) = f (x, 4) = 4(x

²

+ 5x) = g

1

(x), x 2 [0, 2], e la funzione `e crescente in [0, 2] con g

¹

(0) = f (0, 4) = 0 e g

1

(2) = f (2, 4) = 56. Dunque

max

S1

f (x, y) = f (2, 4) = 56 e min

S1

f (x, y) = f (0, 4) = 0.

• lungo il segmento S

²

= {(2, y) 2 R

²

| y 2 [ 4, 4]} abbiamo f|

S2

(x, y) = f (2, y) = 2 |y|(3 y) = g

2

(y), y 2 [ 4, 4], e la funzione risulta crescente in [0,

³2

], decrescente in [ 4, 0] e in [

³₂

, 4] con g

2

(

³₂

) = f (2,

³₂

) = 3(3

³₂

) =

³₂

e g

2

(0) = f (2, 0) = 0, g

2

(2, 4) = 56 e g

2

(2, 4) = 8. Quindi

max

S2

f (x, y) = f (2, 4) = 56 e min

S1

f (x, y) = f (2, 4) = 8.

• lungo il segmento S

³

= {(x, 4) 2 R

²

| x 2 [0, 2]} si ha f|

S1

(x, y) = f (x, 4) = 4(x

²

3x) = g

3

(x), x 2 [0, 2], e la funzione `e crescente in [

³₂

, 2] e decrescente in [0,

³₂

] con g

3

(0) = f (0, 4) = 0, g

3

(

³₂

) = f (2, 4) = 9 e g

3

(2) = f (2, 4) = 8. Da cui

max

S3

f (x, y) = f (0, 4) = 0 e min

S3

f (x, y) = f (2, 4) = 9.

• lungo il segmento S

⁴

= {(0, y) 2 R

²

| y 2 [ 4, 4]} si ha che f|

S4

(x, y) = f (0, y) = 0, y 2 [ 4, 4], e la funzione `e costante

max

S4

f (x, y) = min

S4

f (x, y) = f (0, y) = 0 Riunendo quanto trovato, otteniamo che

max

@R

f (x, y) = f ( 4, 2) = 56 e min

@R

f (x, y) = f (

³₂

, 4) = 9.

Poich´e non ci sono punti stazionari interni a R e osservato che 9 < f(x, 0) = 0 < 56 possiamo concludere che punto di massimo in R `e il punto S = ( 4, 2) e punto di minimo il punto T = (

³2

, 4):

max

R

f (x, y) = f ( 4, 2) = 56 e min

R

f (x, y) = f (

³₂

, 4) = 9.

R Q

P

S

¹

S

²

S

³

S

⁴