Appunti 14 ottobre 2024 b Analisi matematica II

Punti critici e matrice Hessiana

f : A -> IR x₀ in A sia un punto critico

f in C²(A)

f(x) = f(x₀) + ∇f(x₀) · (x - x₀) + 1/2! [ q(x - x₀) + o((x - x₀)² ) ]

H(x₀) = ( f^II_x1,x1(x₀) f^II_x1,x2(x₀) ... f^II_x1,xn(x₀) f^II_x2,x1(x₀) . . . .. . . .. . . . f^II_xn,x1(x₀) ... ... ... f^II_xn,xn(x₀) ) = ( ∇f^I_x1∇f^I_x2...∇f^I_xn )

H(x₀) è simmetrica, grazie al th. di Schwartz.

det ( H(x₀) - λ I ) = 0

| f^II_x1,x1 - λ f^II_x1,x2 ... f^II_x1,xn || f^II_x1,x2 f^II_x2,x2 - λ f^II_x2,xn | = 0 | . . . . || . . . . || f^II_xn,xn |

Polinomio di grado n in λ

(*) a₀ λ^m + a₁ λ^m-1 + a₂ λ^m-2 + ... + a_m = 0

Siccome la matrice è simmetrica, sappiamo che l'eq. (*) ammette n sol. reali.

q è def. positiva se tutti gli autovalori sono pos.

Esercizi 14 ottobre 2024

Martedì 7 marzo 2023 08:32

f : A -> IR, x^→₀ e A sia un punto critico

f e C²(A)

f(x^→) = f(x^→₀) + ∇f(x^→₀) • (x^→ - x^→₀) + 1/2! [q(x^→ - x^→₀) + o((x^→ - x^→₀)²)]

H(x^→₀) = ( f^II_x1,x1(x^→₀) f^II_x1,x2(x^→₀) ... f^II_x1,xn(x^→₀) )( f^II_x1,x2(x^→₀) . . . )( . . . )( f^II_xn,xn(x^→₀) )

= ( ∇f^II_x1 )( ∇f^II_x2 )( . )( ∇f^II_xn )

H(x^→₀) è simmetrica, grazie al th. di Schwartz.

det ( H(x^→₀) - λ I ) = 0

| f^II_x1,x1 - λ f^II_x1,x2 ... f^II_x1,xn || f^II_x1,x2 f^II_x2,x2 - λ f^II_x2,xn | = 0 | ... f^II_xn,xn |

Polinomio di grado n in λ

(*) a₀λ^m + a₁λ^m-1 + a₂λ^m-2 + ... + a_m = 0

Siccome la matrice è simmetrica, supponiamo che l'eq. (*) ammette n sol. reali.

q è def. positiva se tutti gli autovalori sono pos.

q è indefinita se esistono due autovalori di segno opposto.

x² - 2x + 1 = 0

Se Δ > 0

2 sol. pos.

x² - 18x - 1 = 0

1 sol. pos.

1 sol. neg.

Nel caso ma₀ a₁ a₂ ... a_m

Se ai sono tutti positivi -> tutti gli autovalori sono negativi -> q è def. neg. -> x₀ è un max rel.

(-1)ⁱ a_i > 0   ∀ i = 0,...,m -> ai sono tutte variazioni -> autovalori sono tutti pos. -> q è def. pos. -> x₀ min rel.

Esempio con esponenziale in R³

es.

f(x,y,z) = |x| e^{-(x2 + y2 + z2)}

Determinare, se esistono, max min liberi

f : R³ -> R

R³ aperto

f e C(R³)

∃ ∇f -> R³ \ {(0,y,z) : (y,z) ∈ R²}

∅ ∇f -> {(0,y,z) : (y,z) ∈ R²}

f'y = -2 |x| y e^{-(x2 + y2 + z2)}

f'z = -2 |x| z e^{-(x2 + y2 + z2)}

f'y, f'z : R³ -> R

f(x,y,z) = { x e^{-(x2 + y2 + z2)} if x ≥ 0 - x e^{-(x2 + y2 + z2)} if x < 0 }

x > 0    f'x = e^{-(x2 + y2 + z2)} - 2x² e^{-(x2 + y2 + z2)} = e^{-(x2 + y2 + z2)} (1 - 2x²)

x < 0    f'x = - e^{-(x2 + y2 + z2)} (1 - 2x²)

x = 0 ?    (0,y,z) ; (y,z) in R²

(f(x,y,z) - f(0,y,z)) / x = (|x| e^{-(x2 + y2 + z2)} - 0) / x

lim_{x -> 0} (|x|/x) e^{-(x2 + y2 + z2)} = e^{-(y2 + z2)} lim_{x -> 0} |x|/x

∇f : R³ \ { (0,y,z) con (y,z) in R² }

Considero (0,y,z) , (y,z) in R² (nabla f)

f(0,y,z) = 0

Inoltre so che f(x,y,z) ≥ 0 ∀ (x,y,z)

=> (0,y,z) con (y,z) in R² sono tutti di minimo assoluto.

Ora consideriamo R³ \ { (0,y,z) ; (y,z) in R² }

Ora consideriamo IR³ \ {(0,y,z) : (y,z) in IR²}

f(-x,y,z) = f(x,y,z)

f e pari rispetto alla variabile x

Basta studiare f nel semispazio { (x,y,z) : x > 0 (y,z) in IR² }

Fermat => { 1 - 2x² = 0 -2xy = 0 -2xz = 0 x > 0

{ x > 0 z = 0 y = 0 x = sqrt(2)/2 }

(sqrt(2)/2, 0, 0)

f''_xx = -4x e^-(x2+y2+z2) + (1 - 2x²)(-2x)e^-(x2+y2+z2)

= e^-(x2+y2+z2) [-4x - 2x + 4x³] = = (4x³ - 6x)e^-(x2+y2+z2)

f''_xx(sqrt(2)/2, 0, 0) = (4 * 1/2 * sqrt(2)/2 - 6/2 sqrt(2)) . e^-1/2 = = -2sqrt(2)/sqrt(e) = -2sqrt(2/e)

f''_xy = f''_yx = (1 - 2x²)(-2y)e^-(x2+y2+z2)

f''_xy(sqrt(2)/2, 0, 0) = 0

f''_xz = f''_zx = (1 - 2x²)(-2z)e^-(x2+y2+z2)

f''_xz(sqrt(2)/2, 0, 0) = 0

f''_yy = -2x [ e^-(x2+y2+z2) + y(-2y)e^-(x2+y2+z2) ]

= -2x e^-(x2+y2+z2) (1 - 2y²)

= -2x e^-(x2+y2+z2) (1 - 2y²)

f^''_zz = -2x e^-(x2+y2+z2) (1 - 2z²)

-f^''_yy (√2/2, 0, 0) = -√2/√e = -√2/e = f^''_zz (√2/2, 0, 0)

H(√2/2, 0, 0) - λI = (-2√2/e - λ    0    0)(0    -√2/e - λ    0)(0    0    -√2/e - λ)

det[H(√2/2, 0, 0) - λI] = (-2√2/e - λ)(-√2/e - λ)(-√2/e - λ) = 0

λ₁ = -2√2/e      λ₂ = -√2/e      λ₃ = -√2/e

Cioè gli autovalori sono tutti negativi.

=> q e def. negative => (√2/2, 0, 0) max rel.

Ricapitolando

(0, y, z) con (y, z) in R² sono di minima ass.

(±√2/2, 0, 0) sono max rel.

x = r sinθ cosφ

y = r sinθ sinφ

z = r cosθ

(φ in [0,2π])

(θ in [0,π])

r >= 0

(coord. sferiche)

0 ≤ f(r sinθ cosφ, r sinθ sinφ, r cosθ) = r |sinθ cosφ| e^-r2 ≤ ≤ r e^-r2

Determinare se esistono, max min rel.

f(x,y) = x³ + y³ + xy

f e C^infty(R²)

Tutti i punti sono interni e di derivabilità.

Applico Fermat

{ f'_x = 3x² + y = 0 f'_y = 3y² + x = 0

y = -3x²

3(9x⁴) + x = 0

x[27x³ + 1] = 0

{ x = 0 y = 0 u { x = -1/3 y = -3(1/9) = -1/3

2 candidati: (0,0) e (-1/3, -1/3)

f''_xx = 6x

f''_xy = f''_yx = 1

f''_yy = 6y

H(0,0) = (0 1; 1 0)

det H(0,0) = -1 < 0

(0,0) punto sella.

H(-1/3, -1/3) = (-2 1; 1 -2) = 4 - 1 = 3 > 0

det H(-1/3, -1/3) > 0

f''_xx(-1/3, -1/3) < 0

-> (-1/3, -1/3) max rel.

Polinomio di Taylor di grado 2

f(x,y) = x e^xy

Polinomio di Taylor di grado 2

P₀ = (0,0)

f e C^oo(R²)

f(0,0) = 0

f_x = e^xy + x e^xy y = e^xy (1 + xy)

f_y = x²e^xy

grad f (0,0) = (1,0)

f_xx = e^xy y(1 + xy) + e^xy(y) = ye^xy(2 + xy)

f_xx(0,0) = 0

f_xy = f_yx = e^xy x(1 + xy) + x e^xy = x e^xy(2 + xy)

f_xy(0,0) = 0

f_yy = x³e^xy

f_yy(0,0) = 0

f(x,y) = f(0,0) + x f_x(0,0) + y f_y(0,0) + + 1/2 [ x² f_xx(0,0) + 2xy f_xy(0,0) + y² f_yy(0,0) + + o(x² + y²) ]

f(x,y) = x + o(x² + y²)

Esercizio con funzione x²y + x² - 2y

f(x,y) = x²y + x² - 2y

Max min & esiste

f e C^oo(R²)

Tutti i punti sono interni e di derivabilità.

f' _x = 2xy + 2x = 0

f' _y = x² - 2 = 0

x = + - sqrt(2)

2x(y+1) = 0

y = -1

(+ - sqrt(2), -1)

f(-x,y) = f(x,y)

Basta studiare (sqrt(2), -1)

f'' _xx = 2y + 2

f'' _xy = f'' _yx = 2x

f'' _yy = 0

H(sqrt(2), -1) = (0 2sqrt(2); 2sqrt(2) 0)

det H(sqrt(2), -1) < 0

Punto sella

Studio su Q = [-1,1] x [-1,1]

f(x,y) = x⁶ + y⁶ - 3x³y³

[-1,1] x [-1,1] = Q

Q⁰ = ]-1,1[ x ]-1,1[ e qui V f esiste

Fr Q = { (x, + - 1) : -1 <= x <= 1 } U { (+ - 1, y) : -1 <= y <= 1 }

Q compatto f in C(Q) W -> esistono max, min assoluti.

Q0

f' x = 6x⁵ - 12x²y³ = 0

f' y = 6y⁵ - 12x³y² = 0

6x²(x³ - 2y³) = 0

6y²(y³ - 2x³) = 0

(0,0)

x = 0

y³ = 0

y = 0

x = 0

x³ = 2y³

y³ - 2x³ = 0

x³ = 2y³

=> y³ - 4y³ = 0 => (0,0)

Unico candidato e (0,0)

f'' xx = 30x⁴ - 24xy³

f'' xy = -36x²y² = f'' yx

f'' yy = 30y⁴ - 24x³y

H(0,0) = ( 0 0 )( 0 0 )

f'' xx (0,0) = 0

f'' xy (0,0) = 0

f'' yy (0,0) = 0

Non posso dire nulla.

f(x,y) = x⁶ + y⁶ - 3x³y³

f(x,x) = x⁶ + x⁶ - 3x⁶ = - x⁶

Lungo (x,x) pto di max rel.

f(x,-x) = x⁶ + x⁶ + 3x⁶ = 5x⁶

Lungo (x,-x) pto di min rel.

=> (0,0) sella

Fr Q

x = 1

y in [-1,1]

f(1,y) = 1 + y⁵ - 3y³ = g₁(y): [-1,1] -> IR

g₁'(y) = 6y⁵ - 9y² = 3y²(2y³ - 3) >= 0

3 ^root3/2 > 1

f(x,-1) = g₂(x) = x⁶ + 1 + 3x³ = x³(x³ + 3)

g₂: [-1,1] -> IR

g₂'(x) = 6x⁵ + 9x² = 3x²(2x³ + 3)

-3 ^root3/2 -1 0 1

Convenire per esercizio e usare Weierstrass.

Funzione radice e punti di minimo

f(x,y) = root(1 + x² + y²)

f²(x,y) = 1 + x² + y²

f(x,y) = root(f²(x,y))

f ammette min <=> f² ammette minimo

"" max <=> f² ammette max

{ f²_x = 2x = 0 f⁴_y = 2y = 0

(0,0) -> min. 288

f²(x,y) >= 1 = f²(0,0)

Funzione con valore assoluto e logaritmo

f(x,y) = (x²+1) |y| lg(1+x) max min rel. se EC.E. (1+x) > 0 x > -1 E

(x,0) -1 < x < 0 sono di max rel.

In B₁((x,0),r) f(x,y) <= f(x,0) = 0

(x,0) x > 0 sono di min rel.

In B₂((x,0),r) f(x,y) >= f(x,0) = 0

(0,0) e un punto in cui ha due restrizioni con comp. diverse.

E aperto

EE

f(x,y) = {(x²+1) . lg (1+x) . y     y >= 0 -(x²+1) . lg (1+x) . y     y }

f'x : E -> IR

f'x = |y| { 2x lg(1+x) + (x²+1)/(1+x) }

y > 0

f'y = (x²+1) . lg (1+x)y

f'y = - (x²+1) . lg (1+x)y

y != 0    f'y(x,y) = segno(y) (x²+1) lg(1+x)

y = 0 ?    (x,0) con x >= -1

(f(x,y) - f(x,0))/y = (x²+1) lg(1+x) . |y|/y = = {0     x = 0 (x²+1) lg(1+x) |y|/y     y != 0}

limy -> 0

f'y : E \ { (x,0) con x > -1 e x != 0 }

f¹_y = {(x,0) con x > -1 e x != 0}

f¹_y(0,0) = 0 }

f¹_x(0,0) = 0 } (0,0) pt^o sella

lim (x²+1) lg (1+x) |y|/y = + (x²+1) lg(1+x)y -> 0⁺

lim (x²+1) lg (1+x) |y|/y = - (x²+1) lg(1+x)y -> 0^-

lg(1+x).(x²+1) = - (x²+1) lg(1+x) cioè

2 lg(1+x) (x²+1) = 0 <=> 1+x = 1

x = 0

y > 0     x > -1

f¹_x = y (2x lg(1+x) + (x²+1)/(x+1)) = 0

f¹_y = (x²+1) lg(1+x) = 0 => x = 0

y < 0     x > -1

∇f(x,y) = (0,0) <=> (x,y) = (0,0)

Fr EE⁰ e ∃∇f     (0,0) -> sella

E⁰ e ∄∇f     (x,0)   x > -1

-1 < x < 0

max

0 < x↓

min

Funzioni positivamente omogenee

Funzioni positivamente omogenee di grado alpha

f : A ---> IR

A ⊂ IR²

Si dice pos. omogenea di grado alpha se

f(kx, ky) = k^alpha f(x,y)     ∀ (x,y) ∈ A

∀ k > 0

(x,y) ∈ A allora (kx, ky) ∈ A     ∀ k > 0

NO

Sia

alpha = 2

f(x,y) = ax² + bxy + cy²

f(kx, ky) = k² f(x,y)

alpha = 0

lg √(x/y) = lg √(kx/ky) = k⁰ f(x,y)

alpha = 1/2

f(x,y) = √(x+y)     quando x+y ≥ 0

alpha = -2

f(x,y) = 1/(x² + y²)     IR² \ {(0,0)}

Teorema di Eulero

Teorema (Eulero)

f e C¹(A)

CNES affinché f sia pos. omogenea di grado a e che

x f¹_x(x,y) + y f¹_y(x,y) = a f(x,y)

forall (x,y) ∈ A.

dim.

Ip: f(Kx, Ky) = K^a f(x,y)      forall K > 0

forall (x,y) ∈ A

Derivo rispetto a K.

f¹_x(Kx, Ky) x + f¹_y(Kx, Ky) y = a K^a-1 f(x,y)

Vero forall K > 0

Se K = 1

f¹_x(x,y) x + f¹_y(x,y) y = a f(x,y) → TESi.

⇐ Ip x f¹_x + y f¹_y = a f

TESi. f pos. omogenea di grado a

g(K) = f(Kx, Ky) · K^-a

Voglio provare che g(K) = cost.

g e deriv.

g¹(K) = {[f¹_x(Kx, Ky) · x + f¹_y(Kx, Ky) · y] K^-a + a f(Kx, Ky) K^-a-1}