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funzioni a più variabili esercizi, Esercitazioni e Esercizi di Matematica Per L'economia. Università Politecnica delle Marche

Matematica Per L'economia

Descrizione: Esercizi di funzioni a più variabili
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Universita: Università Politecnica delle Marche
Indirizzo: Economia
Data di caricamento: 18/05/2012
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FUNZIONI DI PIU’ VARIABILI Esercizi svolti

1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni e rappresentarlo graficamente :

(a) f(x, y) = log(1− x2 − y2) (b) f(x, y) = log(x2 + y2)

(c) f(x, y) = √ y2 − x4

(d) f(x, y) = √ sin(x2 + y2)

(e) f(x, y) = log(xy2 + x2y)

2. Determinare le linee di livello e l’immagine delle seguenti funzioni:

(a) f(x, y) = 2x− 5y (b) f(x, y) = x2y

(c) f(x, y) =

√ x2

y + 1

(d) f(x, y) = 1

x2 + y2

3. Calcolare i seguenti limiti :

(a) lim (x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y2

(b) lim (x,y)→(0,0)

xy log(x2 + y2)

(c) lim (x,y)→(0,0)

x3 − 2xy + y2

x2 + y2

(d) lim (x,y)→(0,0)

y4

x2 + y4

(e) lim (x,y)→(0,0)

x sinxy x2 + y2

4. Calcolare il gradiente delle seguenti funzioni

(a) f(x, y) = x2 + 2xy − xy2

(b) f(x, y) = ye2x 2

(c) f(x, y) = y2e−x

(d) f(x, y) = log(x2 + y2)

(e) f(x, y) = ex/y

5. Calcolare ( se esiste ) il gradiente delle seguenti funzioni nei punti indicati:

(a) f(x, y) = xy e √ |x+y| in (0, 0) (b) f(x, y) = |x+ y| sin(x2 + y) in (0, 0)

(c) f(x, y) = √ |x2 − xy| in (0, 0) (d) f(x, y) = (x− y)

√ |y − x2| in (1, 1)

6. Calcolare le derivate parziali prime e seconde, verificando la validità del teorema di Schwarz:

(a) f(x, y) = 1√

7x+ 4y − 2 (b) f(x, y) = log(1− x2 − y2)

(c) f(x, y) = √ 1− x y

7. Determinare le derivate delle seguenti funzioni lungo le direzioni e nei punti assegnati:

(a) f(x, y) = x2 + xy − 2 in P (1, 0) nella direzione ~v = (2, 1) (b) f(x, y) = ex cos y in P (0, 0) nella direzione del vettore ~v = (1, 2)

(c) f(x, y) = √ |x2 − xy| in P (0, 0) nella direzione del vettore ~v = (1, 1)

8. Determinare il piano tangente al grafico delle seguenti funzioni :

(a) f(x, y) = x3 − y3 nel punto (0, 1,−1) (b) f(x, y) = xy + yx nel punto (1, 1, 2)

(c) f(x, y) = √ x2 + y2 nel punto (2, 0, 2)

9. Determinare lo sviluppo di Taylor di secondo grado centrato nell’origine delle seguenti funzioni :

(a) f(x, y) = sinx sin y

(b) f(x, y) = xexy

(c) f(x, y) = x2 sin(y2)

10. Data la funzione f(x, y) = 1 + 3 √ (x− 1)2y, si verifichi che non è differenziabile in (1, 0) e si calcolino le sue

derivate direzionali in tale punto, per ogni vettore v non nullo.

11. Calcolare gli eventuali punti di massimo, minimo o sella delle seguenti funzioni:

(a) f(x, y) = x2y + x2 − 2y (b) f(x, y) = x3 + y3 + xy

(c) f(x, y) = log(1 + x2y2) (d) f(x, y) = x cos y

(e) f(x, y) = √ 1 + x2 + y2 (f) f(x, y) = e−(x

2+y2)

(g) f(x, y) = 1

x2 + 2y2 (h) f(x, y, z) = z2 − 18x2 + 6xy − 4y2z.

12. Calcolare ∇f e ∇2f dei seguenti campi scalare

(a) f(x, y, z) = xy2 + yz3 − z2

(b) f(x, y, z) = y sin z + x sin y

(c) f(x, y, z) = √ x2 + y2 + z2.

13. Calcolare divergenza e rotore dei seguenti campi vettoriali :

(a) F (x, y, z) = (xy, yz, zx)

(b) F (x, y, z) = (x2 + yz, xyz, x+ zy2)

(c) F (x, y, z) = (x cos z, y sinx, z cos y).

FUNZIONI DI PIU’ VARIABILI Esercizi svolti - SOLUZIONI

1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni e rappresentarlo graficamente :

(a) f(x, y) = log(1− x2 − y2) : D = {(x, y) : x2 + y2 < 1} Essendo log x definita per x > 0 si ha che f(x, y) risulta definita per 1− x2 − y2 > 0, da cui il risultato.

(b) f(x, y) = log(x2 + y2) : D = R2 − {(0, 0)} Essendo log x definita per x > 0 si ha che f(x, y) risulta definita per x2 + y2 > 0, cosa verificata per tutti i punti di R2 esclusa l’origine degli assi.

(c) f(x, y) = √ y2 − x4 : D = {(x, y) : y ≥ x2 ∨ y ≤ −x2}

Essendo √ x definita per x ≥ 0 si ha che f(x, y) risulta definita per y2 − x4 ≥ 0 ↔ y2 ≥ x4 ↔ y ≥ x2

oppure y ≤ −x2.

(d) f(x, y) = √ sin(x2 + y2) : D = {(x, y) : x2 + y2 ∈ [2kπ, (2k + 1)π], k ≥ 0}

Essendo la funzione √ x definita per x ≥ 0 si ha che la funzione f(x, y) risulta definita per (x, y) tali che

sin(x2 + y2) ≥ 0↔ x2 + y2 ∈ [2kπ, (2k + 1)π], per qualche k ≥ 0.

(e) f(x, y) = log(xy2+x2y) : D = {(x, y) : (x > 0, y > 0) ∨ (x < 0, 0 < y < −x) ∨ (x > 0, y < −x)} Essendo log x definita per x > 0 si ha che f(x, y) risulta definita per xy2 + x2y > 0 ↔ xy(y + x) > 0. Studiando il segno delle funzioni xy e x+ y separatamente e utilizzando la regola dei segni si ottiene il risultato.

2. Determinare le linee di livello e l’immagine delle seguenti funzioni:

(a) f(x, y) = 2x− 5y :

Ponendo f(x, y) = k si ottiene 2x− 5y = k ↔ 2x− k = 5y ↔ y = 2x− k 5

, per ogni k ∈ R. Im(f) = R.

(b) f(x, y) = x2y

Ponendo f(x, y) = k si ottiene x2y = k ↔ y = k x2

, se k 6= 0 e xy = 0 ( insieme dei punti degli assi ) se k = 0. Im(f) = R.

(c) f(x, y) =

√ x2

y + 1 Il dominio della funzione f(x, y) è D = {(x, y) : y > −1}∪{(x, y) : x = 0, y 6= −1}. Ponendo f(x, y) = k e k > 0 si ottiene : √

x2

y + 1 = k ↔ x

2

y + 1 = k2 ↔ x2 = k2(y + 1)↔ y = x

2

k2 − 1.

Le linee di livello per k > 0 risultano quindi essere {(x, y) : y = x 2

k2 − 1, x 6= 0}. Si ottiene invece ∅ per

k < 0 e {(x, y) ∈ D : x = 0} per k = 0. Im(f) = [0,+∞).

(d) f(x, y) = 1

x2 + y2

Ponendo f(x, y) = k si ottiene 1

x2 + y2 = k ↔ x2 + y2 = 1

k , per k > 0, e ∅ per k ≤ 0. Im(f) = (0,+∞).

3. Calcolare i seguenti limiti :

(a) lim (x,y)→(0,0)

xy2

x2 + y2 = 0

Calcolando il limite lungo le rette passanti per l’origine si ottiene 0 e quindi il limite è 0 oppure non

esiste. Passando alle coordinate polari si ottiene : ∣∣∣∣ρ cos θ ρ2 sin2 θρ2

∣∣∣∣ = ∣∣ρ cos θ sin2 θ∣∣ ≤ ρ→ 0. (b) lim

(x,y)→(0,0) xy log(x2 + y2) = 0

Calcolando il limite lungo le rette passanti per l’origine si ottiene 0 e quindi il limite è 0 oppure non esiste. Passando alle coordinate polari si ottiene :

∣∣ρ cos θ ρ sin θ log(ρ2)∣∣ ≤ ρ2| log(ρ2)| → 0. (c) lim

(x,y)→(0,0)

x3 − 2xy + y2

x2 + y2 non esiste

Pongo y = mx e calcolo il limite lungo le rette passanti per (0, 0).

x3 − 2x(mx) + (mx)2

x2 + (mx)2 =

x3 − 2mx2 +m2x2

x2(1 +m2) =

x− 2m+m2

(1 +m2) → −2m+m

2

(1 +m2) per x→ 0.

Siccome il risultato varia al variare della direzione il limite non può esitere.

(d) lim (x,y)→(0,0)

y4

x2 + y4 non esiste

Eseguendo il limite lungo le rette y = mx si ottiene 0. Quindi il limite di f(x, y) è 0 oppure non esiste. Lungo la retta x = 0 il limite risulta però essere 1. Il limite quindi non esiste.

(e) lim (x,y)→(0,0)

x sin(xy) x2 + y2

= 0

Calcolando il limite lungo le rette passanti per l’origine si ottiene 0 e quindi il limite è 0 oppure non esiste. Passando alle coordinate polari si ottiene :∣∣∣∣ρ cos θ sin(ρ cos θ ρ sin θ)ρ2

∣∣∣∣ ≤ | sin(ρ2 cos θ sin θ)|ρ ≤ ρ2| cos θ sin θ|ρ ≤ ρ→ 0. 4. Calcolare il gradiente delle seguenti funzioni

(a) f(x, y) = x2 + 2xy − xy2 : ∇f(x, y) = (2x+ 2y − y2, 2x− 2xy)

(b) f(x, y) = ye2x 2 : ∇f(x, y) = (4xye2x2 , e2x2)

(c) f(x, y) = y2e−x : ∇f(x, y) = (−y2e−x, 2ye−x)

(d) f(x, y) = log(x2 + y2) : ∇f(x, y) = ( 2x x2 + y2

, 2y

x2 + y2 )

(e) f(x, y) = ex/y : ∇f(x, y) = (e x/y

y , −xex/y

y2 )

5. Calcolare ( se esiste ) il gradiente delle seguenti funzioni nei punti indicati:

(a) f(x, y) = xy e √ |x+y| in (0, 0) :

Essendo f(x, y) nulla lungo gli assi il gradiente esiste ed è (0, 0).

(b) f(x, y) = |x+ y| sin(x2 + y) in (0, 0) :

lim h→0

f(h, 0)− f(0, 0) h

= lim h→0

|h| sin (h2) h

= 0, quindi ∂f

∂x (0, 0) = 0,

lim h→0

f(0, h)− f(0, 0) h

= lim h→0

|h| sin (h) h

= 0, quindi ∂f

∂y (0, 0) = 0,

da cui segue ∇f(0, 0) = (0, 0).

(c) f(x, y) = √ |x2 − xy| in (0, 0) :

Essendo f(x, y) nulla lungo l’asse y si ha immediatamente che ∂f

∂y (0, 0) = 0

lim h→0±

f(h, 0)− f(0, 0) h

= lim h→0±

√ h2

h = lim

h→0± |h| h

= ±1,

da cui segue che ∂f

∂x (0, 0) non esiste, e di conseguenza non esiste ∇f(0, 0).

(d) f(x, y) = (x− y) √ |y − x2| in (1, 1) :

lim h→0

f(1 + h, 1)− f(1, 1) h

= lim h→0

(1 + h− 1) √ |1− (1 + h)2| h

= lim h→0

h √ |h||2 + h| h

= 0, quindi ∂f

∂x (1, 1) =

0,

lim h→0

f(1, 1 + h)− f(1, 1) h

= lim h→0

(1− h− 1) √ |1 + h− 1|

h = lim

h→0

−h √ |h|

h = 0, quindi

∂f

∂y (1, 1) = 0,

da cui segue ∇f(1, 1) = (0, 0).

6. Calcolare le derivate parziali prime e seconde, verificando la validità del teorema di Schwarz:

(a) f(x, y) = 1√

7x+ 4y − 2 :

∂f

∂x (x, y) = −7

2 (7x+ 4y − 2)−3/2 ∂f

∂y (x, y) = −2(7x+ 4y − 2)−3/2

∂2f

∂x2 (x, y) =

147 4

(7x+ 4y − 2)−5/2 ∂ 2f

∂y2 (x, y) = 12(7x+ 4y − 2)−5/2

∂2f

∂x∂y (x, y) =

∂2f

∂y∂x (x, y) = 21(7x+ 4y − 2)−5/2

(b) f(x, y) = log(1− x2 − y2) : ∂f

∂x (x, y) =

−2x 1− x2 − y2

∂f

∂y (x, y) =

−2y 1− x2 − y2

∂2f

∂x2 (x, y) = −2 1 + x

2 − y2

(1− x2 − y2)2 ∂2f

∂y2 (x, y) = −2 1− x

2 + y2

(1− x2 − y2)2

∂2f

∂x∂y (x, y) =

∂2f

∂y∂x (x, y) =

−4xy (1− x2 − y2)2

(c) f(x, y) = √ 1− x y

:

∂f

∂x (x, y) =

−1 2y √ 1− x

∂f

∂y (x, y) = −

√ 1− x y2

∂2f

∂x2 (x, y) =

−1 4y

(1− x)−3/2 ∂ 2f

∂y2 (x, y) =

2 √ 1− x y3

∂2f

∂x∂y (x, y) =

∂2f

∂y∂x (x, y) =

1 2y2

√ 1− x

7. Determinare le derivate delle seguenti funzioni lungo le direzioni e nei punti assegnati:

(a) f(x, y) = x2 + xy − 2 in P (1, 0) nella direzione ~v = (2, 1)

Per definizione ∂f

∂v (1, 0) = lim

t→0

f(1 + 2t, t)− f(1, 0) t

= lim t→0

(1 + 2t)2 + (1 + 2t)t− 2 + 1 t

= lim t→0

6t2 + 5t t

= 5

Siccome f(x, y) è differenziabile in (1, 0) si può procedere anche facendo il prodotto scalare tra il gradiente in (1, 0) e il vettore ~v :

∇f(x, y) = (2x+y, x) e quindi ∇f(1, 0) = (2, 1), da cui segue ∂f ∂v

(1, 0) = ∇f(1, 0) · ~v = (2, 1) · (2, 1) = 5

(b) f(x, y) = ex cos y in P (0, 0) nella direzione del vettore ~v = (1, 2)

Per definizione ∂f

∂v (0, 0) = lim

t→0

f(t, 2t)− f(0, 0) t

= lim t→0

et cos(2t)− 1 t

= lim t→0

(et cos(2t)− 2et sin(2t)) = 1

Siccome f(x, y) è differenziabile in (0, 0) si può procedere anche facendo il prodotto scalare tra il gradiente in (0, 0) e il vettore ~v : ∇f(x, y) = (ex cos y,−ex sin y) e quindi ∇f(0, 0) = (1, 0), da cui segue :

∂f

∂v (0, 0) = ∇f(0, 0) · ~v = (1, 0) · (1, 2) = 1

(c) f(x, y) = √ |x2 − xy| in P (0, 0) nella direzione del vettore ~v = (1, 1)

Come visto nel punto (c) esercizio 5 la funzione f(x, y) non ammette gradiente. Non rimane quindi che utilizzare la definizione : ∂f

∂v (0, 0) = lim

t→0

f(t, t)− f(0, 0) t

= lim t→0

√ |t2 − t2| t

= 0

8. Determinare il piano tangente al grafico delle seguenti funzioni :

(a) f(x, y) = x3 − y3 nel punto (0, 1,−1) :

f(0, 1) = −1, ∇f(x, y) = (3x2,−3y2) e quindi ∇f(0, 1) = (0,−3). Il piano tangente al grafico della funzione nel punto (0, 1,−1) è quindi : z = f(0, 1) +∇f(0, 1) · (x, y − 1) = 2− 3y.

(b) f(x, y) = xy + yx nel punto (1, 1, 2) :

f(1, 1) = 2, ∇f(x, y) = (yxy−1 + yx log y, xy log x+ xyx−1) e quindi ∇f(1, 1) = (1, 1). Il piano tangente al grafico della funzione nel punto (1, 1, 2) è quindi : z = f(1, 1) +∇f(1, 1) · (x− 1, y − 1) = x+ y.

(c) f(x, y) = √ x2 + y2 nel punto (2, 0, 2) :

f(2, 0) = 2, ∇f(x, y) = ( x√ x2 + y2

, y√

x2 + y2 ) e quindi ∇f(2, 0) = (1, 0). Il piano tangente al grafico

della funzione nel punto (2, 0, 2) è quindi : z = f(2, 0) +∇f(2, 0) · (x− 2, y) = x.

9. Determinare lo sviluppo di Taylor di secondo grado centrato nell’origine delle seguenti funzioni :

(a) f(x, y) = sinx sin y :

∇f(x, y) = (cosx sin y, sinx cos y) e quindi ∇f(0, 0) = (0, 0). Le derivate di ordine due sono : ∂2f

∂x2 (x, y) =

∂2f

∂y2 (x, y) = − sinx sin y da cui segue ∂

2f

∂x2 (0, 0) =

∂2f

∂y2 (0, 0) = 0

∂2f

∂x∂y (x, y) =

∂2f

∂y∂x (x, y) = cosx cos y da cui segue

∂2f

∂x∂y (0, 0) =

∂2f

∂y∂x (0, 0) = 1

Ottengo quindi lo sviluppo : f(x, y) = xy + o(x2 + y2).

(b) f(x, y) = xexy :

∇f(x, y) = (exy + xy exy, x2 exy) e quindi ∇f(0, 0) = (1, 0). Le derivate di ordine due sono : ∂2f

∂x2 (x, y) = 2y exy + xy2 exy da cui segue

∂2f

∂x2 (0, 0) = 0

∂2f

∂y2 (x, y) = x3 exy da cui segue

∂2f

∂y2 (0, 0) = 0

∂2f

∂x∂y (x, y) =

∂2f

∂y∂x (x, y) = 2x exy + x2y exy da cui segue

∂2f

∂x∂y (0, 0) =

∂2f

∂y∂x (0, 0) = 0

Ottengo quindi lo sviluppo : f(x, y) = x+ o(x2 + y2).

(c) f(x, y) = x2 sin(y2) :

∇f(x, y) = (2x sin y2, 2yx2 cos y2) e quindi ∇f(0, 0) = (0, 0). Le derivate di ordine due sono : ∂2f

∂x2 (x, y) = 2 sin y2 da cui segue

∂2f

∂x2 (0, 0) = 0

∂2f

∂y2 (x, y) = −4y2x2 sin y2 + 2x2 cos y2 da cui segue ∂

2f

∂y2 (0, 0) = 0

∂2f

∂x∂y (x, y) =

∂2f

∂y∂x (x, y) = 4xy cos y2 da cui segue

∂2f

∂x∂y (0, 0) =

∂2f

∂y∂x (0, 0) = 0

Ottengo quindi lo sviluppo : f(x, y) = o(x2 + y2).

10. Data la funzione f(x, y) = 1 + 3 √ (x− 1)2y, si verifichi che non è differenziabile in (1, 0) e si calcolino le sue

derivate direzionali in tale punto, per ogni vettore v non nullo.

Pongo ~v = (a, b). Per definizione si ha che : ∂f

∂v (1, 0) = lim

t→0

f(1 + at, bt)− f(1, 0) t

= lim t→0

1 + 3 √ (at)2bt− 1 t

=

lim t→0

t 3 √ a2b

t = 3 √ a2b, da cui segue ∇f(1, 0) = (0, 0). Non essendo verificata la formula ∂f

∂v (1, 0) = ∇f(1, 0) · ~v,

concludo quindi che f(x, y) non è differenziabile in (1, 0).

11. Calcolare gli eventuali punti di massimo, minimo o sella delle seguenti funzioni:

(a) f(x, y) = x2y + x2 − 2y : Calcolo il gradiente di f(x, y) : ∇f(x, y) = (2x+ 2xy, x2 − 2). Ponendo ∇f(x, y) = (0, 0) si ottengono i due punti stazionari (

√ 2,−1) e (−

√ 2,−1). Per determinare la natura dei due punti stazionari calcolo

la matrice Hessiana :

H(x, y) = (

2 + 2y 2x 2x 0

) .

Osservo che H( √ 2,−1) =

( 0 2

√ 2

2 √ 2 0

) e H(−

√ 2,−1) =

( 0 −2

√ 2

−2 √ 2 0

) sono entrambe indefi-

nite. I due punti stazionari sono quindi due punti di sella.

(b) f(x, y) = x3 + y3 + xy : Calcolo il gradiente di f(x, y) : ∇f(x, y) = (3x2 + y, 3y2 + x). Ponendo ∇f(x, y) = (0, 0) si ottengono i due punti stazionari (0, 0) e (−1/3,−1/3). Per determinare la natura dei due punti stazionari calcolo la matrice Hessiana :

H(x, y) = (

6x 1 1 6y

) , e osservo che H(0, 0) =

( 0 1 1 0

) ( matrice indefinita ) e H(−1/3,−1/3) =(

−2 1 1 −2

) ( matrice definita negativa ). Il punto (0, 0) risulta quindi essere una sella e il punto

(−1/3,−1/3) un massimo relativo.

(c) f(x, y) = log(1 + x2y2) : Essendo la funzione logaritmo una funzione strettamente crescente sul suo dominio posso ridurmi a studiare la funzione g(x, y) = 1 + x2y2. Calcolo il gradiente di g(x, y) : ∇g(x, y) = (2xy2, 2yx2). Ponendo ∇f(x, y) = (0, 0) si ottiene che tutti i punti dei due assi coordinati sono punti stazionari. Per determinare la natura dei punti stazionari calcolo la matrice Hessiana :

H(x, y) = (

2y2 4xy 4xy 2x2

) .

Purtroppo la matrice Hessiana risulta nulla su (0, 0) e solo semidefinita sugli altri punti dei due assi. In ogni caso quindi non posso concludere nulla sulla natura dei punti stazionari. Posso però concludere con la seguente argomentazione : x2y2 ≥ 0→ 1 + x2y2 ≥ 1→ f(x, y) = log(1 + x2y2) ≥ 0. Essendo f(x, y) nulla sugli assi, tutti i punti stazionari risultano essere punti di minimo assoluto e quindi di minimo relativo.

(d) f(x, y) = x cos y : Calcolo il gradiente di f(x, y) : ∇f(x, y) = (cos y,−x sin y). Ponendo ∇f(x, y) = (0, 0) si ottengono gli infiniti punti stazionari Pk = (0,

π

2 + kπ), per k ∈ Z. Per determinare la natura dei punti stazionari Pk

calcolo la matrice Hessiana :

H(x, y) = (

0 − sin y − sin y −x cos y

) ,

e osservo che H(Pk) = (

0 ±1 ±1 0

) , matrice indefinita. Gli infiniti punti stazionari Pk sono quindi

tutti punti di sella.

(e) f(x, y) = √ 1 + x2 + y2 :

Essendo la funzione radice una funzione strettamente crescente sul suo dominio posso ridurmi a studiare la funzione g(x, y) = 1 + x2 + y2. Calcolo il gradiente di g(x, y) : ∇g(x, y) = (2x, 2y). Ponendo ∇f(x, y) = (0, 0) si ottiene l’unico punto stazionaro (0, 0). Per determinare la natura del punto stazionaro calcolo la matrice Hessiana :

H(x, y) = (

2 0 0 2

) ,

matrice definita positiva. Il punto (0, 0) risulta quindi essere punto di minimo locale per la funzione g(x, y), e di conseguenza anche per la funzione f(x, y). Si osservi che (0, 0) è anche punto di minimo assoluto per g(x, y) e quindi per f(x, y), essendo g(0, 0) = 1 e g(x, y) ≥ 1 per ogni (x, y) ∈ R2.

(f) f(x, y) = e−(x 2+y2) :

Essendo la funzione e−x una funzione strettamente decrescente su R posso ridurmi a studiare la funzione g(x, y) = x2+y2. In modo perfettamente analogo all’esercizio precedente ottengo che la funzione g(x, y) ha il solo punto stazionario (0, 0), che risulta essere punto di minimo locale e assoluto. Posso quindi concludere che la funzione f(x, y) ha il solo punto stazionario (0, 0), che risulta essere punto di massimo locale e assoluto.

(g) f(x, y) = 1x2+2y2 :

Calcolo il gradiente di f(x, y) : ∇f(x, y) = ( −2x (x2 + 2y2)2

, −4y

(x2 + 2y2)2 ). Si ha quindi che∇f(x, y) = (0, 0)

non è mai verificata sul dominio D = R2 − {(0, 0)}. Non esistono quindi punti stazionari.

(h) f(x, y, z) = z2 − 18x2 + 6xy − 4y2z. Calcolo il gradiente di f(x, y, z) : ∇f(x, y, z) = (6y − 36x, 6x− 8yz, 2z − 4y2). Ponendo∇f(x, y, z) = (0, 0, 0) si ottengono i tre punti stazionari (0, 0, 0), (1/24, 1/4, 1/8) e (−1/24,−1/4, 1/8). Per determinare la natura dei punti stazionari si calcoli la matrice Hessiana :

H(x, y, z) =

 −36 6 06 −8z −8y 0 −8y 2

 . Si osservi che:

H(0, 0, 0) =

 −36 6 06 0 0 0 0 2

 i cui autovalori sono λ1 = 2, λ2 < 0, λ3 > 0, e dunque H(0, 0, 0) è una matrice indefinita ;

H(1/24, 1/4, 1/8) =

 −36 6 06 −1 −2 0 −2 2

 il cui polinomio caratteristico è −T 3 − 35T 2 +78T +144; per la regola dei segni di Cartesio ci sono due autovalori strettamente negativi e uno strettamente positivo, e dunque H(1/24, 1/4, 1/8) risulta essere indefinita;

H(−1/24,−1/4, 1/8) =

 −36 6 06 −1 2 0 2 2

 ; poiché il polinomio caratteristico di H(−1/24,−1/4, 1/8) è identico a quello di H(1/24, 1/4, 1/8), anche H(−1/24,−1/4, 1/8) risulta essere indefinita. Quindi tutti i tre punti sono punti di sella.

12. Calcolare ∇f e ∆f ( Laplaciano di f) dei seguenti campi scalare

(a) f(x, y, z) = xy2 + yz3 − z2 : ∇f(x, y, z) = (y2, 2xy + z3, 3yz2 − 2z) ∆f(x, y, z) = 2x+ 6yz − 2

(b) f(x, y, z) = y sin z + x sin y : ∇f(x, y, z) = (sin y, sin z + x cos y, y cos z) ∆f(x, y, z) = −x sin y − y sin z

(c) f(x, y, z) = √ x2 + y2 + z2 : ∇f(x, y, z) = 1√

x2 + y2 + z2 (x, y, z) ∆f(x, y, z) =

2√ x2 + y2 + z2

13. Calcolare divergenza e rotore dei seguenti campi vettoriali :

(a) F (x, y, z) = (xy, yz, zx) :

div F = ∇ · F = ∂F1 ∂x

+ ∂F2 ∂y

+ ∂F3 ∂z

= y + z + x

rot F = ∇∧ F =

∣∣∣∣∣∣∣ i j k ∂

∂x

∂y

∂z F1 F2 F3

∣∣∣∣∣∣∣ = ( ∂F3 ∂y

− ∂F2 ∂z

, ∂F1 ∂z

− ∂F3 ∂x

, ∂F2 ∂x

− ∂F1 ∂y

) = (−y, −z, −x)

(b) F (x, y, z) = (x2 + yz, xyz, x+ zy2) :

div F = ∇ · F = 2x+ xz + y2

rot F = ∇∧ F = (2yz − yx, y − 1, yz − z)

(c) F (x, y, z) = (x cos z, y sinx, z cos y) :

div F = ∇ · F = cos z + sinx+ cos y

rot F = ∇∧ F = (−z sin y, −x sin z, y cosx)

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