Curve parametriche, superfici e limiti di funzione - Soluzioni

R

A anche l’insieme F (A) è aperto.

§§ |F

[FACOLTATIVO: Aggiungiamo l’ipotesi lim (x)| = +∞, il che vuol dire: per ogni N > 0 esiste

|x|→∞ n

|x| |F

M > 0 tale che > M implica (x)| > N . Allora l’immagine di F è tutto ].

R ∈

Per il Teorema dell’applicazione inversa, sappiamo che F è localmente invertibile. Allora se y F (A), ossia

∈ →

y = F (x) per qualche x A, esistono un intorno U di x e un intorno V di y tali che F : U V è biunivoca

1 1

∩ → ∩

con inversa C . Quindi anche F : U A V F (A) è biunivoca con inversa C ; ma questo vuol dire che

−1 −1

∩ ∩ ∩ ∩

V F (A) = F (U A), ed essendo U A un aperto e F continua, concludiamo che V F (A) è un

aperto, che contiene il punto y, contenuto in F (A): ossia y è interno ad A.

n

Passiamo alla seconda parte. Dato che è aperto, abbiamo appena dimostrato che l’immagine di F

R

n

cioè F (R ) = E è un insieme aperto. Dimostriamo che E è anche un insieme chiuso. Infatti, sia y una

n

∈

successione di punti di E convergente ad un punto y; vogliamo dimostrare che anche y E. Presa una

successione x di punti tali che F (x ) = y (esistono perché gli y sono nell’immagine di F ), vediamo che

n n n n

x è una successione limitata; infatti se non lo fosse potremmo trovare una sottosuccessione x tale che

n n k

|x | → |F |y | →

+∞, ma allora per l’ipotesi su F anche (x )| = +∞ il che è assurdo (una successione

n n n

k k k

convergente non può tendere in modulo a +∞). Ora, da x successione limitata possiamo estrarre una

n

→

sottosuccessione convergente x x; quindi otteniamo che

n

j

y = lim y = lim F (x ) = lim F (x ) = F (x)

n n n j

per la continuità di F , e pertanto anche y appartiene all’immagine di F ossia E è chiuso.

n n

Ma l’unico sottoinsieme di non vuoto che sia al tempo stesso aperto e chiuso è tutto , e quindi

R R

otteniamo la tesi. [Per verificare quest’ultimo fatto, se non lo sapete già: supponiamo per assurdo che E

n n

∈ ∈ \ −

non sia tutto , allora prendiamo due punti a E e b E e uniamoli con un segmento a + t(b a),

R R

≤ ≤

0 t 1. Partendo da t = 0 ossia dal punto a, consideriamo il sup dei τ tali che il pezzo di segmento fra

−

t = 0 e t = τ sia tutto contenuto in E, chiamiamo tale sup t e poniamo ξ = a + t (b a). Allora abbiamo

0 0

trovato un punto ξ sulla frontiera di E; ξ deve appartenere ad E perché E è chiuso, e deve esser interno ad

E perché E è aperto, ma allora non può essere di frontiera, e questo è assurdo].

3

§ – 3) Sia data una superficie S in , regolare di dimensione 2, in forma cartesiana, ossia del tipo

R →

z = ψ(x, y), ψ : A R

2 ∈

dove A è un aperto di . Sia P = (x , y , z ) un punto della superficie, cioè tale che (x , y ) A e

R 0 0 0 0 0

3 1

⊂

z = ψ(x , y ). Dimostrare che esiste una palla B di centro P e un’applicazione C localmente

R

0 0 0 3

→

invertibile G : B che porta i punti della superficie S nel piano coordinato z = 0; in altri termini,

R

con un cambiamento di coordinate si può spianare localmente la superficie. [Suggerimento: G(x, y, z) =

−

(x, y, z ψ(x, y))].

L’applicazione G ha matrice Jacobiana  

1 0 0

 

 

 

DG = 0 1 0

 

 

 

 

−D −D

ψ ψ 1

1 2

quindi vediamo che in ogni punto 6

det DG = 1 = 0

ossia G è localmente invertibile. Inoltre, se (x, y, z) è un punto della superficie, cioè z = ψ(x, y), si ha

−

G(x, y, z) = (x, y, ψ(x, y) ψ(x, y)) = (x, y, 0) 3

quindi G porta i punti di S nel piano coordinato z = 0.

3

© – 4) Consideriamo la superficie S in espressa in forma cartesiana

R 2 2

z = f (x, y) = x + 2y .

Verificare che il punto P = (1, 1, 3) appartiene alla superficie. Scrivere l’equazione del piano tangente a S

nel punto P . Scrivere l’equazione del piano passante per l’origine parallelo al piano tangente. Calcolare

un vettore normale a S in P . Quali di questi vettori appartengono allo spazio tangente a S in P : (0, 0, 0),

−2,

(0, 1), (6, 1, 1), (1, 1, 3)? ∈

Chiaramente f (1, 1) = 3 quindi P S. Inoltre

Df (x, y) = (2x, 4y) =⇒ DF (1, 1) = (2, 4)

e l’equazione del piano tangente è − −

z = f (x , y ) + D f (x , y )(x x ) + D f (x , y )(y y )

0 0 1 0 0 0 2 0 0 0

ossia − − ≡ −

z = 3 + 2(x 1) + 4(y 1) 2x + 4y 3.

Il piano per l’origine parallelo al piano tangente è espresso da

z = 2x + 4y

che si può scrivere anche −

2x + 4y z = 0

ossia −1) ·

(2, 4, (x, y, z) = 0. −1);

Vediamo quindi che un vettore normale alla superficie in P è il vettore (2, 4, dei quattro vettori dati

solo (0, 0, 0) appartiene allo spazio tangente.

© – 5) Siano sen (y)

Z 2

t ×

f (x, y) = e dt , Q = [0, 2π] [0, 2π] .

sen (x)

Determinare massimi e minimi relativi ed assoluti di f su Q.

2 2

sen (x) sen (y)

∇f

Il gradiente di f è (x, y) = (−e cos(x), e cos(y)), che si annulla, in Q, nei punti (π/2, π/2),

(π/2, 3π/2), (3π/2, π/2) e (3π/2, 3π/2). Il secondo punto ed il quarto sono rispettivamente di minimo e

−1,

massimo relativo; infatti la funzione integranda è positiva, e in un caso viene integrata tra 1 e nel

−1

secondo tra e 1. Essendo l’intervallo di integrazione il “massimo” possibile, il valore ottenuto sarà il

massimo (o il minimo) possibile. Gli altri due punti (nei quali la funzione vale zero), non sono né massimi,

né minimi; ad esempio, f (π/2, y) è negativa, mentre f (x, π/2) è positiva.

Sulla frontiera, uno dei due estremi di integrazione vale zero. Pertanto, nel miglior caso possibile, l’ampiezza

dell’intervallo di integrazione è 1, e quindi il valore dell’integrale è minore del valore in (3π/2, 2π/2), e

maggiore del valore in (π/2, 3π/2), che quindi sono anche massimi assoluti per f .

2 x 3 y

© – 6) Sia f (x, y) = y (1+3sen (x))−3e y +(1+cos(x))−x e . Dimostrare che esistono due punti di ascissa

1 intorno ai quali l’equazione f (x, y) = 0 è esplicitabile rispetto ad una delle due variabili, e determinare il

comportamento della funzione esplicita.

Il geniale autore di questo esercizio ha visto bene di scrivere “punti di ascissa 1”, in luogo del corretto “punti

di ascissa 0”, e quindi non sa nemmeno copiare bene. . .. Andiamo pertanto a risolvere l’esercizio corretto!

2 2 x

− ∇f − −

Si ha f (0, y) = y 3y + 2, che ha come soluzioni y = 1 e y = 2. Si ha poi (x, y) = (3y cos(x) 3e y

1 2

2 y x 3 y

− − − ∇f −1) ∇f

sen (x) 3x e , 2y(1 + 3sen (x)) 3 e x e ), e quindi (0, 1) = (0, e (0, 2) = (6, 1). In entrambi

≡

i casi, esiste una funzione y = y(x) tale che f (x, y(x)) 0 in un intorno dei punti. La prima funzione ha

00

−4, −4

derivata prima nulla (dato che f (0, 1) = 0); essendo f (0, 1) = si ha y (0) = e quindi (0, 1) ‘e un

x xx 0 −6.

massimo. Intorno al secondo punto, invece, la funzione y è decrescente, dato che y (0) =

§ – 7) Risolvere l’equazione differenziale

( 2x−y(x) cos(xy(x))

0 −

y (x) = x cos(xy(x))

y(1) = π

4 −,

Il genio colpisce ancora. . . Grazie ad un improvvido l’esercizio era pressoché irresolubile. Rimettiamo le

cose a posto: −

2x y(x) cos(xy(x))

0 .

y (x) = x cos(xy(x))

− −x

Cerchiamo allora una f (x, y) tale che f (x, y) = 2x y cos(xy) e f (x, y) = cos(xy). Integrando prima

x y

2 −

in x e poi in y, si vede facilmente che f (x, y) = x sen (xy) + c soddisfa le condizioni richieste. Imponendo

−1.

la condizione f (1, π) = 0, si trova c = Pertanto, la soluzione dell’equazione è data implicitamente da

2 − −

x sen (x y(x)) 1 = 0 (volendo, si può esplicitare).

§ −

– 8) Trovare massimo e minimo della funzione f (x, y, z) = 4 z sull’ellisse ottenuta intersecando il cilindro

2 2

x + y = 8 con il piano x + y + z = 1.

Finalmente un esercizio fattibile! Per il teorema sui moltiplicatori di Lagrange, si tratta di trovare i punti

critici “liberi” della funzione 2 2

− − − − −

H(x, y, z, λ, µ) = 4 z λ(x + y 8) µ(x + y + z 1) .

Calcolando il gradiente, si ha il sistema 

 −2λx − µ = 0 ,















 −2λy − µ = 0 ,











 −1 − µ = 0 ,







 2 2

 −

x + y 8 = 0 ,















 −

x + y + z 1 = 0 .





−1, ±1/4, ±2,

Risolvendo, si trova µ = x = y = 1/(2λ), da cui λ = e quindi x = y = ed infine z = 5, ovvero

−3. −3, −1.

z = Chiaramente, il massimo si ottiene per z = e vale 7, il minimo per z = 5, e vale

2 x

©§– −

9) Si consideri la funzione f (x, y) = xy + y + sin(xy) + 3e 3. (i) Verificare che in un intorno di (0, 0),

l’insieme dei punti del piano tali che f (x, y) = 0 può essere definito esplicitamente nella forma y = g(x). (ii)

Calcolare g(x) + 3x g(x) + 3x

lim , lim .

2

x x

x→0 x→0 ∂f 6

(i) Per il Teorema della funzione implicita è sufficiente dimostrare che f (0, 0) = 0 e che (0, 0) = 0, essendo

∂y

∂f ∂f

= 2yx + 1 + cos(xy)x, si ha che (0, 0) = 1. (ii) Dato che g(0)=0 per definizione, il limite richiesto

∂y ∂y

comporta la risoluzione della forma indeterminata 0/0. A tal fine utilizzeremo il teorema di De l’Hopital,

quindi: g(x) + 3x 0

lim = lim g (x) + 3.

x

x→0 x→0

Poichè per costruzione ∂f 2 x

(x, g(x)) g(x) + cos(xg(x))g(x) + 3e

0 ∂x

− −

g (x) = =

∂f 2g(x)x + 1 + cos(xg(x))x

(x, g(x))

∂y

0 −3

quindi lim g (x) = e il limite richiesto è quindi 0. (iii) Anche per calcolare il secondo limite utilizzeremo

x→0 0

il teorema di De l’Hopital, ora per due volte consecutive dato che lim g (x) + 3 = 0, quindi:

x→0

0 00

g(x) + 3x g (x) + 3 g (x)

lim = lim = lim .

2

x 2x 2

x→0 x→0 x→0

00 0