Matrice jacobiana e studio di funzione - Soluzioni

R

l’immagine di F è formata dall’unione dei segmenti ottenuti sopra, e quindi è uguale all’insieme

2 {(x, ≥ −x ≤ ≤

F (R ) = y) : x 0, y x}.

© – 2) Calcolare lo sviluppo di Taylor al secondo ordine di

x − −

f (x, y) = sen(e x cos(y))

nel punto (0, 0) e utilizzarlo per calcolare il limite x − −

sen(e x cos(y)) .

lim 2 2

x + y

(x,y)→(0,0)

Dato che ∂f

∂f x x x

− · − − · − −

= (e 1) cos(e x cos y), D f = = sin y cos(e x cos y),

D f = 2

1 ∂x ∂y

mentre 2

∂ f

2 x x x 2 x

· − − − − − −

D f = = e cos(e x cos y) (e 1) sin(e x cos y),

1 2

∂x

2

∂ f 2

2 x x

· − − − − −

= cos y cos(e x cos y) sin y sin(e x cos y),

D f =

2 2

∂y 2

∂ f x x

− · − −

D D f = = (1 e ) sin y sin(e x cos y),

1 2 ∂x∂y

otteniamo subito che in (0, 0) f (0, 0) = D f (0, 0) = D f (0, 0) = 0,

1 2

2 2

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

1 2

1 2

Pertanto lo sviluppo di Taylor in (0, 0) è semplicemente

1 1

2 2

f (x, y) = x + y + R (x, y)

2

2 2

e quindi il limite richiesto è uguale a 1/2. 2 2

© – 3) Calcolare massimi e minimi locali e globali (= relativi e assoluti) di f (x, y) = x + 2y sull’insieme

2 2 2 2

≤ − ×

x + y 1. Stessa domanda per la funzione f (x, y) = x + 3y 6x sulla striscia [−1, 1].

R

1

2 2 2

I punti stazionari di f (x, y) = x + 2y sono dati dal sistema di equazioni

D f = 0, D f = 0

1 2

ossia 2x = 0, 4y = 0

e quindi l’unico punto stazionario è l’origine (0, 0), che è un punto interno all’insieme considerato. Per

verificarne la natura cacloliamo l’Hessiana di f ; questa è costante (non dipende da (x, y) perché f è un

polinomio di grado 2) e precisamente 



2 0 



H = 

 



0 4

che ha autovalori positivi, quindi (0, 0) è un punto di minimo locale, in cui f vale 0. Notare che f è sempre

positiva, quindi abbiamo trovato un punto di minimo assoluto.

2 2 2 2

≤

Al bordo dell’insieme x + y 1, cioè sulla circonferenza x + y = 1, possiamo scrivere

2 2 2 2

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

−1

e dato che y varia tra e +1 è chiaro che f , ristretta al bordo, ha minimo quando y = 0 cioè nei punti

±1, ±1).

(±1, 0), e massimo quando y = cioè nei punti (0, Esaminiamo meglio questi punti. Notiamo che

2 2 ≤

vi deve essere un punto di massimo assoluto per f (dato che x + y 1 è un compatto), e non può essere

interno (l’unico punto stazionario è (0, 0) minimo), quindi deve necessariamente essere sul bordo, ossia deve

essere uno dei quattro punti trovati. Ma ±1)

f (±1, 0) = 1, f (0, = 2

±1)

e quindi sicuramente i punti (0, sono di massimo assoluto. Che si può dire degli altri due? Relativamente

2

al bordo sono punti di minimo, ma è facile vedere che non si tratta di minimi locali: ad esempio f (x, 0) = x

|x|

vale meno di 1 per < 1 e quindi vicino a (1, 0) troviamo dei punti (x, 0) in cui f (x, 0) < f (1, 0). Discorso

analogo per il punto (−1, 0). 2 2 −

Seconda funzione f (x, y) = x + 3y 6x: i punti stazionari sono dati da

−

2x 6 = 0, 6y = 0

ed otteniamo l’unico punto stazionario interno (3, 0) in cui l’Hessiana è

 

2 0

 

H =  

 

0 6

−9.

quindi abbiamo un minimo locale (3, 0) in cui f (3, 0) =

Studiamo ora il comportamento al bordo. Notare che non siamo sicuri che esistano massimo e minimo

−1.

assoluto, in quanto l’insieme studiato non è compatto. Il bordo è formato dalle due rette y = 1 e y =

−y),

Si potrebbe anche osservare che f (x, y) = f (x, quindi i valori di f sulla prima retta sono gli stessi che

sulla seconda retta e basta studiarne una, ad esempio y = 1. 2 −

Pertanto dobbiamo studiare la funzione ristretta al bordo f (x, 1) = x 6x + 3; essa chiaramente non ha

massimo in quanto non è limitata superiormente. Possiamo subito dire che la funzione f sulla striscia non

ha punti di massimo locali o globali: infatti dovrebbero essere sul bordo e quindi dovrebbero essere massimi

anche per la funzione ristretta al bordo, ma questa non ne ha.

2 −

Invece f (x, 1) = x 6x + 3 ha un minimo per x = 1/3, quindi il punto (1/3, 1) (e simmetricamente il punto

−1))

(1/3, potrebbe essere di minimo in quanto lo è se confrontato con gli altri valori di f sul bordo. Ma

basta confrontarlo con i punti interni vicini e vediamo subito che non si tratta di un minimo: ad esempio

2

|y| − −

nei punti (1/3, y) con < 1 abbiamo f (1/3, y) = 3y 17/9 < 3 17/9 = f (1/3, 1). Conclusione: minimo

locale in (3, 0), non vi sono massimi né locali né globali.

2 1

§§ →

– 4) Sia f : una funzione di classe C Dimostrare che f non può essere iniettiva. [Suggerimento:

R R 2 2

considerare la funzione F (x, y) = (f (x, y), y) da in ].

R R 3

Come da suggerimento, studiamo la funzione F (x, y) = (f (x, y), y) la cui Jacobiana è





D f D f

1 2 



DF = 

 

 0 1

e il cui determinante Jacobiano è det DF = D f (x, y).

1

Se D f (x, y) = 0 in tutti i punti, questo vuol dire che la funzione f (x, y) è costante per y fissato, e sicuramente

1

non può essere iniettiva. Se invece in qualche punto (x , y ) la derivata non si annulla, abbiamo

0 0 6

det DF (x , y ) = D f (x , y ) = 0

0 0 1 0 0

e possiamo applicare il Teorema della funzione inversa: la funzione F è localmente invertibile vicino ad

(x , y ). Ossia possiamo trovare un aperto U contenente (x , y ) e un aperto V contenente F (x , y ) tali che

0 0 0 0 0 0

−1 1

→

F : U V è biunivoca e la funzione inversa che indichiamo con G = F è di classe C . Sappiamo quindi

◦ ◦

che G F e F G sono uguali all’identità; se scriviamo per esteso la seconda di queste proprietà otteniamo

F (G (x, y), G (x, y)) = x, F (G (x, y), G (x, y)) = y

1 1 2 2 1 2

ossia f (G (x, y), G (x, y)) = x, G (x, y) = y

1 2 2

e quindi f (G (x, y), y) = x.

1

Da questa identità è chiaro che f non può essere iniettiva: se si tiene x costante e si fa variare y, troviamo

punti distinti in cui il valore di f è uguale.

©– 5) Studiare la natura dei punti stazionari delle funzioni 4 4 2

−

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

2

∇f − −

Per il primo, abbiamo = ((2x 1)y, x x), che si annulla in (0, 0) e (1, 0). L’origine è un punto di sella

(è sufficiente osservare che f è sia negativa che positiva in un intorno di (0, 0)); essendo l’Hessiana in (1, 0)

 

0 1

  3 3

data da , anche (1, 0) è di sella. Per la seconda, il gradiente è dato da (4x + 2(x + y), 4y + 2(x + y))

 

 

1 0 ≥

che si annulla in (0, 0). Ovviamente, essendo g(x, y) 1 per ogni (x, y), e g(0, 0) = 1, l’origine è di minimo.

©§– 6) Studiare la natura dei punti stazionari delle funzioni

y x 3 2 y−x

− − −

f (x, y) = x e y e , g(x, y) = x x y + 2xy , h(x, y) = x e y .

 

−1 0

 

y x y x

∇f − −

Sia ha = (e y e , x e e ), che si annulla solo in (1, 1). L’Hessiano in (1, 1) è che non è

 

 

0 1

2 2

∇g − −2xy

definito in segno: pertanto (1, 1) è di sella. Si ha poi = (3x y + 2y, + 2x), che si annulla in

y−x y−x

∇h − −

(0, 0) e (0, 2). Tali punti sono entrambi di sella per g. Infine, = ((x 1) e , x e 1), che si annulla

solo in (1, 1), che è di minimo (l’Hessiana è l’identità).

©– 7) Determinare massimi e minimi assoluti di

2 2 2 2

− × − ≤

f (x, y) = x y + 2xy , su [−1, 1] [−1, 1] , g(x, y) = 6x 2y , su x + y 1 .

∇f −2y

Si ha = (2x + 2y, + 2x), che si annulla solo in (0, 0). Si ha f (0, 0) = 0. Studiamo ora f sulla frontiera

del qaudrato. Si deve studiare il comportamento di

2 2 2 2

−1) −2x−1 −y −y −2y

f (x) = f (x, 1) = x +2x−1 , f (x) = f (x, = x , f (y) = f (1, y) = +2y+1 , f (y) = f (−1, y) =

1 2 3 4