Appunti 14 ottobre 2024 b Analisi matematica II

Esercizi 14 ottobre 2024

f : A → ℝ

x₀ ∈ A sia un punto critico

f ∈ ²(A)

f(x̄) = f(x₀) + ∇f(x₀)•(x̄-x₀) + (1/2)[(x̄-x₀)⟨H(x₀)⟩(x̄-x₀)] + o(|x̄-x₀|²)

H(x₀) =

• ∂²f/∂x₁∂x₁(x₀)
• ∂²f/∂x₁∂x₂(x₀)
• ⋯
• ∂²f/∂x₁∂xₙ(x₀)

= (∇² f )

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

det (H(x₀) - λI) = 0

∂²f/∂x₁∂x₁ - λ

= 0

polinomio di grado n in λ

(✠) a₀λⁿ + a₁λⁿ⁻¹ + a₂λⁿ⁻² + ⋯ + aₙ = 0

sìcome 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

f: A → ℝ

₀ ∈ A sia un punto critico

f ∈ C²(A)

f(̅²) = f(̅₀) + ∇f(̅₀) . (̅²−̅₀) + 1/2 [ ̅²−̅₀] + o(̅²−̅₀)²

H(̅₀) =

[ f¹¹_{x1x1(̅0) ... f¹¹x1xn(̅0) ]}

[ ... . . . ]

[ f¹¹_{xnxn(̅0) ]}

= ( ∇f_x1 , ∇f_x2, ∇f_xn )

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

det ( H(̅₀) − λI ) = 0

| f¹¹_{x1x1−λ ... f¹¹x1xn |}

| ... fx¹¹_{xnxn−λ | = 0}

polinomio di grado m in λ

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

siconome la matrice è simmetrica, sappiamo che le eq. (∗) ammette n sol. reali.

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

q '' neg. '' '' neg.

q è indefinita se ∃ due autovalori di segno opposto.

x² - 2x + 1 = 0

-1 -2 +1

se Δ > 0

v v

→ 2 sol. pos.

x² - 18x - 1 = 0

-1 -18 -1

→ 1 sol. pos.

v p

→ 1 sol. neg.

nel caso m

a₀ a₁ a₂ ... a_m

se a_i 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 →

a_i sono tutte variazioni → autovalori sono

tutti pos. → q è def. pos. → min rel.

es.

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

determinare, se esistono, max min liberi

f: I^R3 → I^R

I^R3 aperto

∃ ∇f → I^R3

∄ ∇f → {(0,y1,z) : (y1,z) ∈ I^R2}

f_y^x = - g |x| y e^-(x2+y2+z2)

f_z² = - z |x| z e^-(x2+y2+z2)

f₁^y | f_z¹ : R³ ------>1R

f(x,y,z) = { x e^-(x2+y2+z2) x ≥ 0

         - x e^-(x2+y2+z2) x < 0

x > 0 f_x^' = e^-(x2+y2+z2) - 2x² e^-(x2+y2+z2)

     = e^-(x2+y2+z2) (1 - 2x²)

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

x = 0 ? (0,y,z) : (y,z) ∈ R²

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

lim |x| / x = e^-(y2+z2) lim |x| / x = 1

∇ϕ : R³ - \ { (0,y,z) con (y,z) ∈ R² }

considero (0,y,z) , (y,z)∈R² (f/∇ϕ)

f(0,y,z) = 0

inoltre so che f(x,y,z) ≥ 0 ∀ (x,y,z)

⇒ (0,y,z) con (y,z)∈R² sono tutti di minimo assoluto.

ora consideriamo R³ \ { (0,y,z) ; (y,z) ∈ R² }

ora consideriamo

{(0,y,z): (y,z)∈}

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

f è pari rispetto alla variabile x

basta studiare f nel semispazio

{(x,y,z) : x > 0

(y,z)∈}

Forexit →

• 1 - 2x² = 0
• -2xy = 0
• -2xz = 0
• x > 0

• x > 0
• z = 0
• y = 0
• x =

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 (,0,0) = (4x, 1, , ) e^- =

= -2 = -2

f_xy = f_yx = (1 - 2x²) (-2y) e^{-(x2 + y2 + z2)}

f_xy (,0,0) = 0

f_xz = f_zx = (1 - 2x²) (-2z) e^{-(x2 + y2 + z2)}

f_xz (,0,0) = 0

f_yy = -2x [e^{-(x2 + y2 + z2)} + y (-2y) e^{-(x2 + y2 + z2)}]

= -2x e^{-(x2 + y2 + z2)} (1 - 2y²)

-2xe

(1-2y²)

f¹¹_zz=-2xe

        -(x²+y²+z²)    (1-ez²)

f¹¹_yy(^√2√e,0,0)=-^√2√e=-^√2√e=f¹¹_zz(^√2√e,0,0)

H(^√2√e,0,0)-λI=

          (

            -2^√2√e-λ                 

                                           (

                   -^√2√e-λ     

         -^√2√e-λ

        )

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

λ₁ = -2^√2√e

λ₂ = -^√2√e

λ₃ = ^√2√e

    cìoè  gli  autovalori  sono  tutti  negativi;  

        → q è  def.  negative ⇒  (^√2√e,0,0)   max rel.

Riepilogando

                    (∕y,z)

è∈IR² sono di minimo ass.

(±^√2√e,0,0) sono max rel.

x = r sinθ√cosφ

y = r sinθ sinφ

z = r cosθ  φ ∈ [0,2π]

(coord. sferiche)       θ ∈ [0,π]

             r ≥ 0

  √r sinθ cosφ, r sinθ sinφ, r cosφ)

>  

 ·↳

`e<sup>-r2 <r e-x2`</sup>

Determinare, se esistono, max min rel.

fx(x,y)=xy+1xy3+x3

...

f1(x,x)=6x

H1(x,x)=

f(x,y) = x e^xy

P_0 = (0,0)

f ∈ C^∞(R²)

f(0,0) = 0

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

f_y = x² e^xy

∇f (0,0) = (1,0)

f_xx¹¹ (0,0) = 0

f_xy¹¹ = e^xy x (1 + xy) + x e^xy =x e^xy(2 + xy)

f_xy¹¹(0,0) = 0

f_yy¹¹ = x² e^xy

f_yy¹¹ (0,0) = 0

f(x,y) = f(0,0) + x f_x (0,0) + y f_y(0,0) +

+ ^{x2 f11_xx(0,0) + 2xy f_xy11(0,0) + y2 f_yy11 (0,0)} ₂+ o(x² + y²)

f(x,y) = x + o (x² + y²)

f(x,y) = x²y + x² - 2y

max min se ∃

f ∈ C^∞(R²)    tutti i punti sono interni e

di derivabilitá:

f_x' = 2xy + 2x = 0f_y' = x² - 2 = 0

x = ±√2

2x (y₀ + 1) = 0

y₀ = -1

(±√2, -1)

f(-x,y₀) = f(x,y₀)

basta studiare (√2, -1)

f_xx'' = 2y + 2f_xy'' = f_yx'' = 2xf_yy'' = 0

H (√2, -1) =      0       2√2 2√2      0     

det H (√2, -1) < 0

punto sella

f(x,y) = x⁶ + y⁶ - 3x³y³

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

Q^o = ]-1,1[ x ]-1,1[ e qui ∇f esiste

Fr Q = { (x,±1): -1 ≤ x ≤ 1 } ∪ {(±1,y):-1 ≤ y ≤ 1 }

Q compatto f ∈ C(Q) ⟹ entroo max, minrelat.

Q⁰

{ f_x¹ = 6x⁵ - 12x²y³ = 0

{ f_y¹ = 6y⁵ - 12x³y² = 0

{ 6x² (x³ - 2y³) = 0

{ 6y² (y³ - 2x³) = 0

(0,0) ∪

{ x=0 ∪ { y=0 ∪ { x³ - 2y³ = 0

{ y³ = 0 y³ = 0

y=0 x=0 y³ - 2x³ = 0

x³ = 2y³

⇒ y³ = 1, y³ = 0 ⇒ (0,0)

unico candidato è (0,0)

f_xx¹¹ = 30x⁴ - 24x³y

f_xx¹¹(0,0)=0

f¹¹_xy = -36x²y² = f¹¹_yx

f¹¹_xy(0,0)=0

f¹¹_yy = 30y⁴ - 24x³y

f¹¹_yy(0,0)=0

H (0,0) = ( 0 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

F r Qx = 1y ∈ [-1, 1]f(1, y) = 1 + y⁵ - 3y³ = g₁(y): [-1, 1] → ℝg₁(y) = 6y⁵ - 9y² = 3y²(2y³ - 3) ≥ 0

f(x, -1) = g₂(x) = x⁶ + 8 + 3x³ = x³(x³ + 3)g₂: [1, 1] → ℝg₁'(x) = 6x⁵ + 9x² = 3x²(2x³ + 3)

lavoriamo per esercizio e usiamo Weierstrass.

f(x, y) = √(1 + x² + y²)

f²(x, y) = 1 + x² + y²

f(x, y) = √(f²(x, y))f ammette min ⇐ f² ammette minimo  max ⇐ f² ammette max

p²_x = 2x = 0

p^{2_y = 2y = 0}

p²(x,y) ≥ 1 = p²(0,0)

(0,0) → min. s.e.g.

f_x,y = (x² + 4) |y| log (1+x) max min rel. s.e.g.

C.E. (1+x)_y > 0

x > -1

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

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

(0,0) è un punto in cui ho due restrizioni con comp. diverse.

E aperto

E

fx

f(x,y)=

1. (x²+1) . lg (1+x) . y       y>0
2. -(x²+1) . lg (1+x) . y       y<0

f'_x : E → R

f'_x=|y|{2x lg (1+x) +   x²+1 / 1+x }

y>0

f'_y = (x²+1) . lg (1+x)

y<0       f'_y = -(x²+1) . lg (1+x)

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 =

=

1. 0         x=0
2. (x²+1) lg (1+x)|y| / y       y≠0

lim_y→0 f(x,y) - f(x,0) / y

x≠0

x=0

x≥1 ma

x≠0

f'_y : E = {(x,0) con x>-1 e x≠0}

f_y ∶= 1/2 (x, 0) con x > -1 e x ≠ 0

f_y'(0,0) = 0

f_x(0,0) = 0

(0,0) pto sella

lim_{y → 0⁺ (x² + 1) lg (1 + x) |y|/y = + (x² + 1) lg (1 + x)}

lim_{y → 0^- (x² + 1) lg (1 + x) |y|/y = - (x² + 1) lg (1 + x)}

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

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

f_y' = (x² + 1) lg (1 + x) = 0 => x = 0

y < 0, x > -1

∇f (x, y) = (0,0) <=> (x, y) = (0,0)

(0,0) → sella

(x,0) x > -1

-1 < x < 0 max

0 < x min

funzioni positivamente omogenee di grado α

f : A → ℝ

A ⊂ ℝ²

si dice pos. omogenea di grado α se

f(kx, ky) = k^α f(x, y)

∀ (x, y) ∈ A

∀ k > 0

(x, y) ∈ A allora (kx, ky) ∈ A

∀ k > 0

α = 2

f(x, y) = ax² + bxy + cy²

f(kx, ky) = k² f(x, y)

α = 0

log √x/y = log √kx/ky = k⁰ f(x, y)

α = 1/2

f(x, y) = √x + y quando x + y ≥ 0

α = -2

f(x, y) = 1/(x² + y²)

ℝ² ⧵ {(0, 0)}

Teorema (Eulero)

f ∈ C¹(A)

CNeS affinché f sia p.m. omogenea di grado α è che

x f_x'(x, y) + y f_y'(x, y) = α f(x, y)

∀ (x, y) ∈ A.

Dim.

Ip: f(Kx, Ky) = K^αf(x, y)   ∀ K > 0   ∀ (x, y) ∈ A

derivo rispetto a K

f_x(Kx, Ky)x + f_y'(Kx, Ky) ⋅ y = α K^α-1 f(x, y)

Vera   ∀ K > 0

se K = 1

f_x'(x, y)x + f_y'(x, y) ⋅ y = α f(x, y) → Tesi.

⇐ Ip

x f_x' + y f_y' = α f

Tesi

f p.m. omogenea di grado α

g(K) = f(Kx, Ky) ⋅ K^-α

voglio provare che g(K) = cost.

g deriv.

g'(K) = 1/K { f_x'(Kx, Ky) ⋅ x + f_y'(Kx, Ky) ⋅ y } K^α +      − f(Kx, Ky) α K^-α-1