1 Politecnico di Milano, sede di Piacenza Corsi di laurea in

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Politecnico di Milano, sede di Piacenza
Corsi di laurea in Ingegneria Meccanica e Ingegneria dei trasporti
Esercizi per la prova intermedia di Analisi Matematica B
1) Si consideri la funzione f : R −→ R definita ponendo:
f (x, y) = sin(x2 + y 2 ) .
√
√
Calcolare ∇f ( π, − π) e verificare che è ortogonale al vettore i + j.
2) Si consideri la funzione f : R −→ R definita ponendo:
f (x, y) = x + y + xy .
a) Calcolare le derivate parziali fx , fy e verificare che f è differenziabile.
b)Calcolare le derivate parziali seconde fxx , fyx , fxy , fyy e dedurre che
non esistoni punti di estremo locale per f .
c) Scrivere l’equazione del piano tangente alla superficie z = f (x, y)
nel punto (−1, −1, −1).
3) Una pallina viene appoggiata su un piano inclinato di equazione z =
−x + y − 1 nel punto (1, 5, 3) e inizia a muoversi sotto l’azione della
forza peso. Determinare il punto in cui la pallina raggiunge il piano xy
(cioè quello di equazione z = 0).
4) Si consideri la funzione di due variabili
x y
f (x, y) = + ,
y x
definita nel più grande sottoinsieme possibile di R2 .
a) Determinare l’insieme di definizione E di f .
b) Verificare che f è differenziabile in ogni punto di E.
c) Descrivere gli insiemi di livello f (x, y) = 2 , f (x, y) = −2 e verificare
che tutti i punti di tali insiemi sono punti critici per f (cioè punti
in cui si annullano le derivate parziali di f ).
d) Determinare gli estremi locali di f in E e spiegare perché non ci
sono estremi globali.
2
Soluzioni
1)
Ricordiamo che il vettore gradiente ∇f (x, y) in un punto (x, y) è il vettore che
ha come componenti le derivate parziali della funzione f calcolate in (x, y).
Abbiamo
∂f
(x, y) = 2x cos(x2 + y 2 )
∂x
e quindi:
;
∂f
(x, y) = 2y cos(x2 + y 2 )
∂y
³
´
∇f (x, y) = 2x cos(x2 + y 2 ) , 2y cos(x2 + y 2 ) .
Segue:
√
√
√
√
√
√
√
√
∇f ( π, − π)) = (2 π cos(π+π), −2 π cos(π+π)) = (2 π, −2 π) = 2 π i−2 π j .
Ricordiamo ora che due vettori sono ortogonali se e solo se il loro prodotto
scalare è nullo. Poiché
√
√
√
√
(2 π i − 2 π j) · (i + j) = 2 π − 2 π = 0 ,
√
√
il vettore ∇f ( π, − π)) è ortogonale al vettore i + j.
2)
a) Abbiamo fx (x, y) = 1+y e fy (x, y) = 1+x. Poiché sono funzioni continue
in tutto R2 , la funzione f è differenziabile (con continuità) in R2 .
b) Abbiamo fxx (x, y) = fyy (x, y) = 0 e fyx (x, y) = fxy (x, y) = 1, per cui la
matrice hessiana
µ
Hf (x, y) =
µ
fxx (x, y) fxy (x, y)
fyx (x, y) fyy (x, y)
¶
¶
0 1
è la matrice costante
. Poiché le derivate parziali seconde sono
1 0 ¯
¯
¯0 1¯
2
¯
¯ = −1, sicuramente nessun punto
ovviamente continue in R e ¯
1 0¯
di R2 è punto di estremo locale per f .
c) Poiché f è differenziabile in R2 , in ogni punto (x0 , y0 , f (x0 , y0 )) della
superficie di equazione z = f (x, y) è definito il piano tangente. Questo
ha equazione:
z = f (x0 , y0 ) + fx (x0 , y0 )(x − x0 ) + fy (x0 , y0 )(y − y0 ) .
3
Nel nostro caso abbiamo x0 = −1, y0 = −1 e f (x0 , y0 ) = −1. Poiché fx (−1, −1) = fy (−1, −1) = 0, otteniamo l’equazione z = −1.
Il piano tangente è cosı̀ un piano “orizzontale”. Il punto (−1, −1) è
naturalmente un punto di sella.
3)
1◦ modo (utilizzando la nozione di gradiente)
La pallina si muove in linea retta sul piano inclinato, lungo la direzione più
ripida (quella che le fa impiegare il minor tempo possibile). Se accettiamo
questa affermazione, possiamo risolvere l’esercizio utilizzando una nota proprietà del gradiente. Sia f la funzione definita ponendo f (x, y) = −x + y − 1
(quella che ha il piano inclinato come grafico). A partire dal punto (1, 5), si
ha la massima decrescita seguendo (nel piano (x, y)) la direzione orientata
opposta a quella del gradiente di f (che è la direzione orientata di massima
crescita). Poiché
Ã
∇f (x, y) =
!
∂f
∂f
(x, y),
(x, y) = (−1, 1)
∂x
∂y
(costante),
abbiamo −∇f (1, 5) = (1, −1), per cui il punto che vogliamo determinare
sarà il punto di intersezione del piano inclinato con la retta di equazioni
parametriche

x = 1 + t
y =5−t

z=0
4
Intersecando la retta con il piano z = −x + y − 1 otteniamo: 0 = −1 − t +
3
5 − t − 1, cioè 0 = −2t + 3, da cui si ricava t = . Il punto cercato è quindi
2
il punto di coordinate

 x = 1 + 3/2 = 5/2
 y = 5 − 3/2 = 7/2
z=0
2◦ modo (utilizzando solo le leggi fisiche e la geometria analitica)
Il versore normale al piano inclinato (quello di equazione x − y + z + 1 = 0)
1
orientato “verso l’alto” è il versore n = √ (1, −1, 1). Il vettore forza peso è
3
il vettore p = (0, 0, −mg), dove m è la massa della pallina e g è il modulo
dell’accelerazione di gravità. La componente scalare della forza peso lungo
l’asse di versore n è pertanto:
mg
pn = p · n = − √ .
3
La componente vettoriale della forza peso parallela al piano inclinato (orientata “verso il basso”) è allora:
µ
¶
1
1
1
2
1
p−pn n = (0, 0, −mg)+ (mg, −mg, mg) =
mg, − mg, − mg = mg(1, −1, −2) .
3
3
3
3
3
5
La direzione dell’accelerazione della pallina – che è poi quella del moto, visto
che parte da ferma – è quindi quella del vettore (1, −1, −2) (anche se ci fosse
attrito, ndr). La retta di moto ha quindi equazioni parametriche:

x = 1 + t

y =5−t .
z = 3 − 2t
3
Ponendo z = 0 si ottiene t = , da cui si ricava:
2
½
x = 5/2
.
y = 7/2
4)
a) Chiaramente, abbiamo E = {(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6= 0} = {(x, y) ∈ R2 :
xy 6= 0}.
b) Se (x, y) ∈ E, abbiamo:

∂f
1
y
x2 − y 2



(x,
y)
=
−
=

∂x
y x2
x2 y

x
1
y 2 − x2
∂f



(x, y) = − 2 + =
∂y
y
x
xy 2
.
∂f ∂f
e
esistono continue in tutto E, f è differenziabile (con
∂x ∂y
continuità) in E.
Poiché
c) Semplici calcoli mostrano che:
f (x, y) − 2 =
(x − y)2
xy
;
f (x, y) + 2 =
(x + y)2
.
xy
L’insieme di livello di equazione f (x, y) = 2 coincide quindi con l’insieme di equazione x − y = 0 privato dell’origine (perché dev’essere
xy 6= 0), mentre quello di equazione f (x, y) = −2 coincide con l’insieme di equazione x + y = 0 privato dell’origine. I due insiemi di livello
sono quindi le bisettrici degli assi cartesiani private dell’origine. È immediato verificare che tanto i punti del tipo (t, t) (t 6= 0) quanto quelli
del tipo (t, −t) (t 6= 0) annullano le derivate parziali di f .
6
d) Poiché
x2 − y 2
∂f
y 2 − x2
∂f
(x, y) =
;
(x, y) =
∂x
x2 y
∂y
xy 2
gli unici punti critici sono quelli che abbiamo già determinato. Per
vedere se sono punti di estremo locale, proviamo a calcolare la matrice
hessiana. Se (x, y) ∈ E, abbiamo:
y
∂ 2f
(x, y) = 2 3 ;
2
∂x
x
∂ 2f
x
(x, y) = 2 3
2
∂y
y
∂2f
∂ 2f
1
1
x2 + y 2
(x, y) =
(x, y) = − 2 − 2 = − 2 2 .
∂x∂y
∂y∂x
y
x
xy
Segue
µ
Hf (t, t) =
mentre
2/t2
−2/t2
µ
Hf (t, −t) =
−2/t2
−2/t2
−2/t2
2/t2
¶
−2/t2
−2/t2
,
¶
.
Le derivate parziali seconde sono continue in tutto E, però le due matrici hanno determinante uguale a zero per ogni valore (non nullo) di
t, per cui siamo sempre nel caso ambiguo. Però, poiché
f (x, y) =
(x + y)2
(x − y)2
−2=
+ 2,
xy
xy
si vede facilmente che i punti del tipo (t, t) (t 6= 0) sono punti di minimo
relativo, mentre quelli del tipo (t, −t) (t 6= 0) sono punti di massimo
relativo.
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Per dimostrare che f non possiede estremi globali, possiamo procedere
come segue.
1
Notiamo che f (1, y) = + y, per cui risulta:
y
lim f (1, y) = −∞
y→0−
;
lim f (1, y) = +∞ .
y→+∞
Segue che la restrizione di f alla retta di equazione x = 1 non è limitata,
per cui f non è limitata e, a maggior ragione, non ha estremi globali.