Corso Analisi 2 Esercizi

CORSO DIANALISI

MATEMATICA2

ESERCIZI

Carlo Ravaglia

19 febbraio 2015

Indice

14 Calcolo dierenziale 1

14.1 Massimi e minimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

14.1.1 Massimi e minimi di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

14.2 Dierenziabilita e derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

14.2.1 Dominio, matrice jacobiana e derivata . . . . . . . . . . . . . . 12

14.2.2 Matrice jacobiana e derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

14.2.3 Derivata della funzione composta . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

14.2.4 Gradiente e dierenziale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

14.2.5 Derivate direzionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

14.3 Dieomorsmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

14.3.1 Dieomorsmo e derivata della funzione inversa . . . . . . . . . 21

14.4 Estremanti relativi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

14.4.1 Estremanti relativi in R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

14.4.2 Estremanti relativi in R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

15 Forme dierenziali lineari 31

15.1 Forme dierenziali esatte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

15.1.1 Forme dierenziali esatte in R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

15.1.2 Forme dierenziali esatte in R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

15.1.3 Forme dierenziali esatte in RN . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

15.2 Campi di vettori esatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

15.2.1 Campi di vettori esatti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

15.3 Integrale di forme dierenziali su traiettorie . . . . . . . . . . . . . . . 35

15.3.1 Integrale di forme dierenziali su traiettorie . . . . . . . . . . . 35

16 Equazioni implicite 37

16.1 Problema con equazione implicita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

16.1.1 Problema con equazione implicita in R2 . . . . . . . . . . . . . 37

16.1.2 Problema con una equazione implicita in R3 . . . . . . . . . . 38

16.1.3 Problema con un sistema di due equazioni implicite in R3 . . . 40

v

vi INDICE

17 Sottovarieta dierenziali di RN 41

17.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta lineare tangente, varieta li-neare normale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

17.1.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta lineare tangente, va-rieta lineare normale ad una sottovarieta in forma parametrica 41

17.2 Massimi e minimi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

17.2.1 Massimi e minimi di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

18 Equazioni dierenziali 67

18.1 Equazioni del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

18.1.1 Problemi di Cauchy per equazioni del primo ordine . . . . . . . 67

18.2 Equazioni di ordine superiore al primo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

18.2.1 Problemi di Cauchy per equazioni di ordine superiore al primo 79

19 Equazioni dierenziali lineari 81

19.1 Equazioni del primo ordine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

19.1.1 Problema di Cauchy per un'equazione del primo ordine . . . . 81

19.2 Sistemi di equazioni dierenziali lineari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

19.2.1 Integrale generale per i sistemi di due equazioni . . . . . . . . . 83

19.2.2 Autovettori e integrale generale per i sistemi di due equazioni . 84

19.2.3 Problema di Cauchy per i sistemi di due equazioni . . . . . . . 86

19.2.4 Autovettori e problema di Cauchy per i sistemi di due equazioni 87

19.2.5 Problema di Cauchy per i sistemi di tre equazioni . . . . . . . 88

19.3 Equazione di ordine superiore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

19.3.1 Integrale generale di un'equazioni dierenziale lineare . . . . . 89

19.3.2 Problema di Cauchy per equazioni di ordine superiore al primoa coecienti costanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

19.3.3 Problema di Cauchy per equazioni lineari a coecienti non co-stanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

20 Integrale di Riemann 115

20.1 Integrale di Riemann per funzioni di 1 variabile . . . . . . . . . . . . . 115

20.1.1 Calcolo di derivate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

21 Integrale di Lebesgue 117

21.1 Integrali multipli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

21.1.1 Integrali doppi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

21.1.2 Convergenza di integrali doppi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

21.1.3 Integrali tripli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

21.2 Misure di sottoinsiemi di RN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

21.2.1 Misure di sottoinsiemi di R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

21.2.2 Misure di sottoinsiemi di R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

INDICE vii

22 Integrale di funzioni su varieta 14922.1 Integrali di funzioni su varieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149

22.1.1 Integrali curvilinei di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14922.1.2 Integrali di supercie di funzioni . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

22.2 Misura di sottoinsiemi di una varieta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15822.2.1 Lunghezza di una curva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15822.2.2 Area di una supercie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158

23 Integrale di forme dierenziali 16323.1 Integrale di forme dierenziali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163

23.1.1 Integrali curvilinei di forme dierenziali in R2 . . . . . . . . . . 16323.1.2 Integrali curvilinei di forme dierenziali in R3 . . . . . . . . . . 17023.1.3 Integrali di supercie di 2-forme . . . . . . . . . . . . . . . . . 171

24 Teorema di Stokes 17924.1 Teorema di Stokes applicato alle curve . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

24.1.1 Integrali curvilinei di forme dierenziali esatte . . . . . . . . . 179

viii INDICE

Capitolo 14

Calcolo dierenziale

14.1 Massimi e minimi

14.1.1 Massimi e minimi di funzioni

1. Esercizio. Dire se esistono il massimo ed il minimo della seguente funzione:

f : f(x; y) 2 R2; y 0; y x 0; x+ y 2g ! R; (x; y) ! x2 + xy

in caso aermativo, determinarli.

Risoluzione. Essendo f continua e denita su un compatto, f ammettemassimo e minimo

-

6

@

@@2

D

Sia D il dominio di f . Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo per f .

Consideriamo f suD. Per ogni (x; y) 2

D si ha

@f@x (x; y) = 2x+ y,@f@y (x; y) = x.

Si ha grad f(x; y) = (0; 0) se e solo se

2x+ y = 0x = 0

, cioe se e solo se (x; y) =

(0; 0). essendo (0; 0) 62 D, si ha E\D= ;; si ha quindi E Fr (D).

Consideriamo f su Fr (D). Posto S1 = [(0; 0); (2; 0)], S2 =](2; 0); (1; 1)], S3 =](0; 0); (1; 1)[, si ha Fr (D) = S1 [ S2 [ S3.

1

2 CAPITOLO 14. CALCOLO DIFFERENZIALE

-

6

@

@@2F1

F3 F2

Consideriamo f su S1. Su S1 si ha (x; y) = (x; 0) e 0 x 2; si ha quindif(x; y) = f(x; 0) = x2; siah1 : [0; 2] ! R; x ! x2;se (x; y) 2 E \ S1, allora x e un estremante per h1. Sia E1 l'insieme degliestremanti di h1. Poiche h1 e strettamente crescente si ha E1 = f0; 2g. Si haquindi

E \ S1 f(0; 0); (2; 0)g :

Consideriamo f su S2. Su S2 si ha (x; y) = (x; 2 x) e 1 x < 2; si ha quindif(x; y) = f(x; 2 x) = x2 + x(2 x) = 2x; siah2 : [1; 2[! R; x ! 2x;se (x; y) 2 E \ S2, allora x e un estremante per h2. Sia E2 l'insieme degliestremanti di h2. Poiche h2 e strettamente crescente si ha E2 = f1g. Si haquindi

E \ S2 f(1; 1))g :

Consideriamo f su S3. Su S3 si ha (x; y) = (x; x) e 0 < x < 1; si ha quindif(x; y) = f(x; x) = 2x2; siah3 :]0; 1[! R; x ! 2x2;se (x; y) 2 E \ S3, allora x e un estremante per h3. Sia E3 l'insieme degliestremanti di h3. Poiche h3 e strettamente crescente si ha E3 = ;; si ha quindiE \ S3 = ;.Si ha quindi

E f(0; 0); (2; 0); (1; 1)g :

Si ha:f(0; 0) = 0, f(2; 0) = 4, f(1; 1) = 2.

Si ha quindi max(f) = 4 e min(f) = 0.

2. Esercizio. Data la funzione

f : f(x; y) 2 R2;x 1;x y xg ! R; (x; y) ! 3x2 xy + 2y2 ;

(a) dire se f ammette massimo e se f ammette minimo;

(b) in caso aermativo, determinare il minimo ed il massimo di f .

Risoluzione.

14.1. MASSIMI E MINIMI 3

(a) SiaD = f(x; y) 2 R2; x 1; y x; y xg :

-

6

...........................................................................................................

...........................................................................................................

1

1

1

x

y

Essendo D compatto ed f continua, f ammette massimo e minimo.

(b) Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo per f .


D si ha

@f@x (x; y) = 6x y,@f@y (x; y) = x+ 4y.


6x y = 0x+ 4y = 0 , cioe se e solo se

(x; y) = (0; 0). essendo (0; 0) 62 D, si ha E\D= ;; si ha quindi E Fr (D).

Consideriamo f su Fr (D). Posto S1 = [(1; 1); (1; 1)], S2 = [(0; 0); (1; 1)[,S3 =](0; 0); (1;1)[, si ha Fr (D) = S1 [ S2 [ S3.Consideriamo f su S1. Su S1 si ha (x; y) = (1; y) e 1 y 1; si haquindi f(x; y) = f(1; y) = 3 y + 2y2; siah1 : [1; 1] ! R; y ! 2y2 y + 3;se (x; y) 2 E \ S1, allora y e un estremante per h1. Sia E1 l'insieme degliestremanti di h1. Per y 2] 1; 1[ si hah01(y) = 4y 1;si ha h01(y) = 0 se e solo se y =

14 ; si ha quindi

E1 14 ;1; 1

;

si ha quindi

E \ S1 (1;

1

4); (1;1); (1; 1)

:

Consideriamo f su S2. Su S2 si ha (x; y) = (x; x) e 0 x < 1; si ha quindif(x; y) = f(x; x) = 3x2 x2 + 2x2 = 4x2; siah2 : [0; 1[! R; x ! 4x2;se (x; y) 2 E \ S2, allora x e un estremante per h2. Sia E2 l'insieme degliestremanti di h2. Poiche h2 e strettamente crescente si ha E2 = f0g. Si haquindi

E \ S2 f(0; 0))g :Consideriamo f su S3. Su S3 si ha (x; y) = (x;x) e 0 < x < 1; si haquindi f(x; y) = f(x;x) = 3x2 + x22x2 = 6x2; siah3 :]0; 1[! R; x ! 6x2;


se (x; y) 2 E \ S3, allora x e un estremante per h3. Sia E3 l'insieme degliestremanti di h3. Poiche h3 e strettamente crescente si ha E3 = ;; si haquindi E \ S3 = ;.Si ha quindi

E (1;

1

4); (1;1); (1; 1); (0; 0)

:

Si ha:f(0; 0) = 0, f(1; 1) = 4, f(1;1) = 6, f(1; 14 ) = 238 .Si ha quindi max(f) = 6 e min(f) = 0.


f : f(x; y) 2 R2; y 1; x y 1; x+ y 1g ! R;

(x; y) ! 2xy + 3y2 y ;(a) dire se f ammette massimo e se f ammette minimo;


Risoluzione.

(a) SiaD = f(x; y) 2 R2; y 1; x y 1; x+ y 1g :

-

6

............................................................................................................................................................................................................................................................................................

2 1

1

x

y




D si ha

@f@x (x; y) = 2y,@f@y (x; y) = 2x+ 6y 1.


2y = 02x+ 6y 1 = 0 , cioe se e solo

se (x; y) = ( 12 ; 0). essendo ( 12 ; 0) 62D, si ha

E\ D= ; ;


si ha quindi E Fr (D).Consideriamo f su Fr (D). PostoS1 = [(2;1); (0;1)],S2 =](0;1); (1; 0)],S3 =](1; 0); (1;1)[,si ha Fr (D) = S1 [ S2 [ S3.Consideriamo f su S1. Per ogni (x; y) 2 S1 si ha y = 1 e 2 x 0; siha quindi f(x; y) = f(x;1) = 2x+ 3 + 1 = 2x+ 4; siah1 : [2; 0] ! R; x ! 2x+ 4;sia E1 l'insieme dei punti di massimo o di minimo per h1; la funzione h1 estrettamente crescente; si ha quindiE1 = f2; 0g;si ha quindi

E \ S1 f(2;1); (0;1)g :Consideriamo f su S2. Su S2 si ha x = 1 y e 1 < y 0; si ha quindif(x; y) = f(1y; y) = 2(1y)y+3y2y = 2y+2y2+3y2y = 5y2+y;siah2 :] 1; 0] ! R; y ! 5y2 + y;sia E2 l'insieme dei punti di massimo o di minimo per h2; per ogni y 2]1; 0]si ha h02(y) = 10y + 1; quindi h

02(y) = 0 se e solo se y = 110 ; si ha1 < 110 0; si ha quindi E2 110 ; 0; si ha quindi

E \ S2 (1; 0); ( 9

10; 1

10)

:

Consideriamo f su S3. Su S3 si ha x = y 1 e 1 < y < 0; si ha quindif(x; y) = f(y1; y) = 2(y1)y+3y2y = 2y2+2y+3y2y = y2+y;siah3 :] 1; 0[! R; y ! y2 + y;sia E3 l'insieme dei punti di massimo o di minimo per h3; per ogni y 2] 1; 0[ si ha h03(y) = 2y + 1; quindi h03(y) = 0 se e solo se y = 12 ; si ha1 < 12 < 0; si ha quindi E3

12; si ha quindiE \ S3

(3

2;1

2)

:

Si ha quindi

E (2;1); (0;1); (1; 0); ( 9

10; 1

10); (3

2;1

2)

:

Si ha:f(2;1) = 0, f(0;1) = 4, f(1; 0) = 0, f(910 ; 110 ) = 120 ,f(32 ;12 ) = 14 .Si ha quindi max(f) = 4 e min(f) = 14 .



f : f(x; y) 2 R2; 1 x 1; 1 y x4g ! R;

(x; y) ! x4 2xy2 y ;(a) dire se f ammette massimo e se f ammette minimo;


Risoluzione.

(a) Sia D = dom(f).

-

6

.................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

1

1

1D




D si ha

@f@x (x; y) = 4x

3 2y2,@f@y (x; y) = 4xy 1.Se (x; y) 2 E, si ha grad f(x; y) = (0; 0), cioe

4x3 2y2 = 04xy 1 = 0 .

Per x = 0 il sistema non ha soluzioni. Supponiamo x 6= 0.Si ha y = 14x ; quindi si ha4x3 2( 14x )2 = 0;quindi4x3 2 116x2 = 0;quindi4x3 18x2 = 0;quindi


32x518x2 = 0;

quindi32x5 1 = 0;quindix5 = 132 ;quindix = 12 .

Si ha quindi y = 14 2 = 12 .Si trova il punto ( 12 ; 12 ).Si ha quindi

E\ D(1

2;1

2)

; :

Consideriamo f su Fr (D). PostoF1 = [(1;1); (1;1)],F2 =](1;1); (1; 1)],F3 =](1;1); (1; 1)],F4 = f(x; y) 2 R2; 1 x 1; y = x4g,si ha Fr (D) = F1 [ F2 [ F3 [ F4.Consideriamo f su F1. Per ogni (x; y) 2 F1 si ha y = 1 e 1 x 1; siha quindif(x; y) = f(x;1) = x4 2x+ 1;siag1 : [1; 1] ! R; x ! x4 2x+ 1;sia E1 l'insieme dei punti di massimo o di minimo per g1.

Sia x 2] 1; 1[. Si hag01(x) = 4x

3 2.Si ha g01(x) = 0 se e solo se 4x

3 2 = 0, cioe se e solo se x3 = 12 , cioe se esolo se x = 13px .

Si ha quindiE1\] 1; 1[ f 13p2g.Si ha quindiE1 f1;1; 13p2g.Si ha quindi

E \ F1 f(1;1); (1;1); ( 13p2 ;1)g :

Consideriamo f su F2. Per ogni (x; y) 2 F2 si ha x = 1 e 1 < y 1; siha quindif(x; y) = f(1; y) = 1 2y2 y;siag2 :] 1; 1] ! R; y ! 1 2y2 y;sia E2 l'insieme dei punti di massimo o di minimo per g2.


Sia y 2] 1; 1[. Si hag02(y) = 4y 1.Si ha g02(y) = 0 se e solo se 4y 1 = 0, cioe se e solo se y = 14 .Si ha quindiE2\] 1; 1[ f 14g.Si ha quindiE2 f1; 14g.Si ha quindi

E \ F2 f(1; 1); (1;14)g :

Consideriamo f su F3. Per ogni (x; y) 2 F3 si ha x = 1 e 1 < y 1; siha quindif(x; y) = f(1; y) = 1 + 2y2 y;siag3 :] 1; 1] ! R; y ! 1 + 2y2 y;sia E3 l'insieme dei punti di massimo o di minimo per g3.

Sia y 2] 1; 1[. Si hag03(y) = 4y 1.Si ha g03(y) = 0 se e solo se 4y 1 = 0, cioe se e solo se y = 14 .Si ha quindiE3\] 1; 1[ f 14g.Si ha quindiE3 f1; 14g.Si ha quindi

E \ F3 f(1; 1); (1; 14)g :

Consideriamo f su F4. Per ogni (x; y) 2 F4 si ha y = x4 e 1 < x < 1; siha quindif(x; y) = f(x; x4) = x4 2x(x4)2 x4 = 2x9;siag4 :] 1; 1[! R; x ! 2x9;sia E4 l'insieme dei punti di massimo o di minimo per g4.

La funzione g4 e strettamente decrescente; si ha quindi E4 = ;.Si ha quindi

E \ F4 = ; :Si ha quindi

E (1

2;1

2); (1;1); (1;1); ( 1

3p2;1); (1;1

4); (1; 1); (1; 1

4); (1; 1)

:


Si ha:f( 12 ;12 ) = 116 2 12 14 + 12 = 14+816 = 516 ,f(1;1) = 1 2 + 1 = 0,f(1;1) = 1 + 2 + 1 = 4,f( 13p2 ;1) = ( 13p2 )4 2 13p2 + 1 = 12 13p2 2 13p2 + 1 = 32 13p2 ,f(1;14 ) = 1 2 116 + 14 = 1 18 + 14 = 81+28 = 98 ,f(1; 1) = 1 2 1 = 2,f(1; 14 ) = 1 + 2 116 14 = 1 + 18 14 = 8+128 = 78 ,f(1; 1) = 1 + 2 1 = 2.Si ha 2 < 32 13p2 +1 se e solo se 3 >

32

13p2 , se e solo se 1 >

12

13p2 , se e solo

se 2 > 13p2 , se e solo se 8 >12 ; cio e vero; quindi si ha 2 < 32 13p2 + 1.

Si ha quindi max(f) = 4 e min(f) = 2.


f : f(x; y; z) 2 R3;x+ y + z = 1; x 0; y 0; z 0g ! R;

(x; y; z) ! x2 + y2 + z2


Risoluzione. Essendo f continua e denita su un compatto, f ammettemassimo e minimo.

Il dominio D di f e un triangolo di R3; ogni punto di D e punto di frontiera.

-

6

@@

@@

1

1

1

Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo per f .

Sia T il triangolo f(x; y) 2 R2;x+ y 1; x 0; y 0g.


-

6

@@

@T

1

1

Su D si ha (x; y; z) = (x; y; 1 x y) e (x; y) 2 T ; si ha quindi f(x; y; z) =f(x; y; 1 x y) = x2 + y2 + (1 x y)2 = 2x2 + 2y2 + 2xy 2x 2y + 1; siag : T ! R; (x; y) ! 2x2 + 2y2 + 2xy 2x 2y + 1;se (x; y; z) 2 E, allora (x; y) e un estremante per g. Sia E1 l'insieme degliestremanti di g.

Consideriamo g suT . Per ogni (x; y) 2

T si ha

@g@x (x; y) = 4x+ 2y 2,@g@y (x; y) = 4y + 2x 2. Si ha grad g(x; y) = (0; 0) se e solo se

2x+ y = 1x+ 2y = 1

,

cioe se e solo se

3x = 13y = 1

; si trova (x; y) = ( 13 ;13 ). Essendo

13 +

13 =

23 < 1, si

ha ( 13 ;13 ) 2

T ; si ha quindi

E1\T

(1

3;1

3)

:

Consideriamo g su Fr (T ). Posto S1 = [(0; 0); (1; 0)], S2 =](0; 0); (0; 1)], S3 =](1; 0); (0; 1)[, si ha Fr (T ) = S1 [ S2 [ S3.

-

6

@@

@

S1

S2S3

1

1

Consideriamo g su S1. Su S1 si ha (x; y) = (x; 0) e 0 x 1; si ha quindig(x; y) = g(x; 0) = 2x2 2x+ 1; siah1 : [0; 1] ! R; x ! 2x2 2x+ 1;se (x; y) 2 E1 \ S1, allora x e un estremante per h1. Sia E1;1 l'insieme degliestremanti di h1. Consideriamo h1 su ]0; 1[; per ogni x 2]0; 1[ si ha h01(x) =


4x 2; si ha quindi h0(x) = 0 se e solo se x = 12 ; si ha quindi E1;1 f 12 ; 0; 1g;

E1 \ S1 (1

2; 0); (0; 0); (1; 0)

:

Consideriamo g su S2. Su S2 si ha (x; y) = (0; y) e 0 < y 1; si ha quindig(x; y) = g(0; y) = 2y2 2y + 1; siah2 :]0; 1] ! R; y ! 2y2 2y + 1;se (x; y) 2 E1 \ S2, allora y e un estremante per h2. Sia E1;2 l'insieme degliestremanti di h2. Consideriamo h2 su ]0; 1[; per ogni x 2]0; 1[ si ha h02(y) =4y 2; si ha quindi h0(y) = 0 se e solo se y = 12 ; si ha quindi E1;2 f 12 ; 1g;

E1 \ S2 (0;

1

2); (0; 1)

:

Consideriamo g su S3. Su S3 si ha (x; y) = (x; 1 x) e 0 < x < 1; si ha quindig(x; y) = g(x; 1x) = 2x2+2(1x)2+2x(1x)2x2(1x)+1 = 2x22x+1;siah3 :]0; 1[! R; x ! 2x2 2x+ 1;se (x; y) 2 E1 \ S3, allora x e un estremante per h3. Sia E1;3 l'insieme degliestremanti di h3. Per ogni x 2]0; 1[ si ha h03(x) = 4x 2; si ha quindi h0(x) = 0se e solo se x = 12 ; si ha quindi E1;3 f 12g;

E1 \ S2 (1

2;1

2))

:

Si ha quindi

E1 (1

3;1

3); (0; 0); (0; 1); (1; 0); (

1

2; 0); (0;

1

2); (

1

2;1

2)

:

Si ha quindi

E (1

3;1

3;1

3); (0; 0; 1); (0; 1; 0); (1; 0; 0); (

1

2; 0;

1

2); (0;

1

2;1

2); (

1

2;1

2; 0)

:

Si ha:f( 13 ;

13 ;

13 ) =

13 ,

f(0; 0; 1) = f(0; 1; 0) = f(1; 0; 0) = 1,f( 12 ;

12 ; 0) = f(

12 ; 0;

12 ; 0) = f(0;

12 ;

12 ) =

12 .

Si ha quindi max(f) = 1 e min(f) = 13 .


14.2 Dierenziabilita e derivata

14.2.1 Dominio, matrice jacobiana e derivata

1. Esercizio. Sia f la funzione (reale, di variabili reali) denita naturalmente da

f(x; y; z) = (x sin z; y sin z; ez2

) ;

(a) determinare il dominio di f ;

(b) determinare la matrice jacobiana di f in un punto generico del dominio;

(c) determinare la trasformazione lineare derivata di f in un punto genericodel dominio, esprimendola nella forma

T : V !W;h ! T fhg :

Risoluzione.

(a) Si ha dom(f) = R3.

(b) Per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha @f@x (x; y; z) = (sin z; 0; 0),@f@y (x; y; z) = (0; sin z; 0),@f@z (x; y; z) = (x cos z; y cos z; 2ze

z2).

Quindi si ha

f 0(x; y; z) =

0@ sin z 0 x cos z0 sin z y cos z0 0 2zez

2

1A :(c) Per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha

f 0(x; y; z) : R3 ! R3; (h1; h2; h3) !

((sin z)h1 + x(cos z)h3; (sin z)h2 + y(cos z)h3; 2zez2h3) :


f(x; y; z; t) = (x sin t2; y cos z2; tex2

; z2ex) ;

(a) determinare il dominio naturale di f ;




Risoluzione.

14.2. DIFFERENZIABILIT A E DERIVATA 13


(b) Per ogni (x; y; z; t) 2 R4 si ha@f@x (x; y; z; t) = (sin t

2; 0; 2xtex2

;z2ex),@f@y (x; y; z; t) = (0; cos z

2; 0; 0),@f@z (x; y; z; t) = (0;2yz sin z2; 0; 2zez),@f@t (x; y; z; t) = (2xt cos t

2; 0; ex2

; 0).

Quindi si ha

f 0(x; y; z; t) =

0BB@sin t2 0 0 2xt cos t2

0 cos z2 2yz sin z2 02xtex

2

0 0 ex2

z2ex 0 2zex 0

1CCA :(c) Per ogni (x; y; z; t) 2 R4 si ha

f 0(x; y; z; z) : R4 ! R4; (h1; h2; h3; h4) ! ((sin t2)h1 + 2x(cos t2)h4;

(cos z2)h2 2yz(sin z2)h3; 2xtzex2h1 + ex2h4;z2exh1 + 2zexh3) :3. Esercizio. Sia f la funzione (reale, di variabili reali) denita naturalmente da

f(x; y) = (xy; yx) ;





Risoluzione.

(a) Si hadom(f) = f(x; y) 2 R2; x > 0; y > 0g :

(b) Per ogni (x; y) 2 dom(f) si ha@f@x (x; y) = (yx

y1; yx log y),@f@y (x; y) = (x

y log x; xyx1).Quindi si ha

f 0(x; y) =

yxy1 xy log xyx log y xyx1

:

(c) Per ogni (x; y) 2 dom(f) si haf 0(x; y) : R2 ! R2;

(h1; h2) ! (yxy1h1 + xy(log x)h2; yx(log y)h1 + xyx1h2) :


14.2.2 Matrice jacobiana e derivata

1. Esercizio. Determinare la matrice jacobiana e la derivata della seguente fun-zione:

f : R2 ! R3; (x; y) ! (x sin y2; exy;Arctg(x2 + y)) :

Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha

f 0(x; y) =

0@ sin y2 2xy cos y2yexy xexy2x

1+(x2+y)21

1+(x2+y)2

1Aef 0(x; y) : R2 ! R3; (h; k) !((sin y2)h+ 2xy(cos y2)k; yexyh+ xexyk; 2xh1+(x2+y)2 +

k1+(x2+y)2 ).

2. Esercizio. Sia

f : R2 ! R2; (x; y) ! (exy; x+ y) ;dire se f e dierenziabile in (1; 2); in caso aermativo, determinare la derivatadi f in (1; 2), esprimendola nella forma


Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = (ye

xy; 1),@f@y (x; y) = (xe

xy; 1);

quindi f e di classe C1; quindi f e dierenziabile; in particolare f e dierenziabilein (1; 2).

Si ha

f 0(1; 2) =

2e2 e2

1 1

;

quindi

f 0(1; 2) : R2 ! R2; (h; k) ! (2e2h+ e2k; h+ k) :

3. Esercizio. Sia

f : R2 ! R3; (x; y) ! (ex+y; sinx; cos y) ;

dire se f e dierenziabile; in caso aermativo, per ogni (x; y) 2 R2 determinarela derivata di f in (x; y), esprimendola nella forma


Risoluzione. Poiche f e di classe C1, f e dierenziabile.


Per ogni (x; y) 2 R2 si ha

f 0(x; y) =

0@ ex+y ex+ycosx 00 sin y

1A ;quindi si ha

f 0(x; y) : R2 ! R3; (h; k) ! (ex+yh+ ex+yk; (cosx)h; ( sin y)k) :

4. Esercizio. Sia

f : R3 ! R2; (x; y; z) ! (x2y; exy+z2) ;

determinare la derivata di f in (1; 2; 1), esprimendola nella forma


Risoluzione. Per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha@f@x (x; y; z) = (2xy; e

xy+z2),@f@y (x; y; z) = (x

2;exy+z2);@f@z (x; y; z) = (0; 2ze

xy+z2).

Quindi si ha

f 0(1; 2; 1) =

4 1 01 1 2

;

quindi

f 0(1; 2; 1) : R3 ! R2; (h1; h2; h3) ! (4h1 + h2; h1 h2 + 2h3) :

14.2.3 Derivata della funzione composta

1. Esercizio. Sia g : R2 ! R dierenziabile; sia

f : R2 ! R; (x; y) ! g(x2ey2 ; xy) ;

esprimere @f@x (x; y) e@f@y (x; y) attraverso le derivate parziali di g.

Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = D1g(x

2ey2

; xy)2xey2

+D2g(x2ey

2

; xy)y =

2xey2

D1g(x2ey

2

; xy) + yD2g(x2ey

2

; xy);

@f@y (x; y) = D1g(x

2ey2

; xy)x22yey2

+D2g(x2ey

2

; xy)x =

2x2yey2

D1g(x2ey

2

; xy) + xD2g(x2ey

2

; xy).


2. Esercizio. Sia g : R2 ! R dierenziabile; siaf : R2 ! R; (x; y) ! g(sinx+ cos y; sinx cos y) ;

esprimere @f@x (x; y) e@f@y (x; y) attraverso le derivate parziali, D1g, D2g di g.

Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = D1g(sinx + cos y; sinx cos y) cosx + D2g(sinx + cos y; sinx cos y) cosx;@f@y (x; y) = D1g(sinx + cos y; sinx cos y)( sin y) + D2g(sinx + cos y; sinx cos y) sin y =D1g(sinx+ cos y; sinx cos y) sin y +D2g(sinx+ cos y; sinx cos y) sin y.

3. Esercizio. Sia

f : R2 ! R3; (x; y) ! (ey; sinx; sin(x2y2))e

g : R3 ! R2; (x; y; z) ! (z2 sinx cos y; exy+z)determinare la derivata (g f)0(0; 0) esprimendolo nella forma

T : V !W;h ! T fhg :Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha

f 0(x; y) =

0@ 0 eycosx 0cos(x2y2)2xy2 cos(x2y2)2yx2

1A ;quindi

f 0(0; 0) =

0@ 0 11 00 0

1A :Per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha

g0(x; y; z) =

z2 cosx cos y z2 sinx sin y 2z sinx cos yexy+z exy+z exy+z

;

si ha f(0; 0) = (1; 0; 0); quindi si ha

g0(1; 0; 0) =

0 0 0e e e

:

Si ha

g0(1; 0; 0)f 0(0; 0) =

0 0 0e e e

0@ 0 11 00 0

1A = 0 0e e

:

Quindi si ha

(g f)0(0; 0) : R2 ! R2; (h; k) ! (0;eh+ ek) :


14.2.4 Gradiente e dierenziale


f(x; y) = (sinx2)ey ;

(a) determinare il dominio di f ;

(b) determinare il gradiente di f in un punto generico del dominio;

(c) determinare la trasformazione lineare dierenziale di f in un punto genericodel dominio, esprimendola nella forma


(d) esprimere il dierenziale come combinazione lineare delle forme lineari dxi.

Risoluzione.


(b) Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = 2x(cosx

2)ey,@f@y (x; y) = (sinx2)ey.Si ha quindi

grad f(x; y) = (2x(cosx2)ey;(sinx2)ey) :

(c) Per ogni (x; y) 2 R2 si ha

df(x; y) : R2 ! R; (h1; h2) ! 2x(cosx2)eyh1 (sinx2)eyh2 :

(d) Si hadf(x; y) = 2x(cosx2)ey dx (sinx2)ey dy :


f(x; y) = (x+ y)sin x+sin y ;


(b) determinare il gradiente di f in un punto generico del dominio;

(c) determinare la trasformazione lineare dierenziale di f in un punto genericodel dominio, esprimendola nella forma


(d) esprimere il dierenziale come combinazione lineare delle forme lineari dxi.

Risoluzione.


(a) Si hadom(f) = f(x; y) 2 R2; x+ y > 0g :

(b) Per ogni (x; y) 2 dom(f) si haf(x; y) = e(sinx+sin y) log(x+y) :

Per ogni (x; y) 2 dom(f) si ha quindi@f@x (x; y) = e

(sinx+sin y) log(x+y)cosx log(x+ y) + sin x+sin yx+y

=

(x+ y)sinx+sin ycosx log(x+ y) + sin x+sin yx+y

;

@f@y (x; y) = e

(sinx+sin y) log(x+y)cos y log(x+ y) + sin x+sin yx+y

=

(x+ y)sinx+sin ycos y log(x+ y) + sin x+sin yx+y

.

Si ha quindi

grad f(x; y) =

(x+ y)sinx+sin y

cosx log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

;

(x+ y)sinx+sin ycos y log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

:

(c) Per ogni (x; y) 2 dom(f) si hadf(x; y) : R2 ! R; (h1; h2) !

(x+ y)sinx+sin ycosx log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

h1+


sinx+ sin y

x+ yh2

:

(d) Si ha

df(x; y) = (x+ y)sinx+sin ycosx log(x+ y) +

sinx+ sin y

x+ y

dx+


sinx+ sin y

x+ ydy

:

3. Esercizio. Determinare il dierenziale della funzione:

f : R4 ! R; (x; y; z; t) ! xyzt+ x+ y + z + tnel punto (1; 1; 1; 1), esprimendolo nella forma


Risoluzione. Per ogni (x; y; z; t) 2 R4 si hagrad f(x; y; z) = (yzt+ 1; xzt+ 1; xyt+ 1; xyz + 1);quindi si ha grad f(1; 1; 1; 1) = (2; 2; 2; 2); quindi si ha

df(1; 1; 1; 1) : R4 ! R; (h1; h2; h3; h4) ! 2h1 + 2h2 + 2h3 + 2h4 :


4. Esercizio. Sia

f : R3 ! R; (x; y; z) ! z log(1 + x2 + y2) ;

(a) determinare il gradiente di f in un punto (x; y; z) del dominio;

(b) determinare il dierenziale di f in un punto (x; y; z) del dominio, espri-mendolo nella forma

T : V !W;h ! T fhg ;

(c) esprimere il dierenziale come combinazione lineare delle forme dierenziali(dx; dy; dz).

Risoluzione.

(a) Per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha

grad f(x; y; z) =

2xz

1 + x2 + y2;

2yz

1 + x2 + y2; log(1 + x2 + y2)

(b) Per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha

df(x; y; z) : R3 ! R;

(h1; h2; h3) ! 2xz1 + x2 + y2

h1 +2yz

1 + x2 + y2h2 + log(1 + x

2 + y2)h3 :

(c) Si ha

df(x; y; z) =2xz

1 + x2 + y2dx+

2yz

1 + x2 + y2dy + log(1 + x2 + y2)dz :

14.2.5 Derivate direzionali

1. Esercizio.

Siaf : R2 ! R; (x; y) ! x2y ;

determinare la derivata direzionale

D(p22 ;

p22 )f(1; 1) :

Risoluzione. La funzione f e di classe C1; quindi e dierenziabile.

Si ha quindi

D(p22 ;

p22 )f(1; 1) = f 0(1; 1)(

p2

2;

p2

2) = df(1; 1)(

p2

2;

p2

2) :


Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = 2xy,@f@y (x; y) = x

2.

Si ha quindigrad f(x; y) = (2xy; x2).

Si ha quindigrad f(1; 1) = (2; 1).

Si ha quindidf(1; 1) : R2 ! R; (h1; h2) ! 2h1 + h2.Si ha quindi

D(p22 ;

p22 )f(1; 1) = f 0(1; 1)(

p2

2;

p2

2) = 2

p2

2+

p2

2=

3

2

p2 :

2. Esercizio. Sia

f : R2 ! R; (x; y) ! cos(xy) ;determinare la derivata direzionale

D(p32 ; 12 )

f(1; 1) :

Risoluzione. La funzione f e di classe C1; quindi e dierenziabile.

Per ogni (x:y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) == sin(xy)y = y sin(xy),@f@y (x; y) == sin(xy)x = x sin(xy).Quindi

grad f(x; y) = (y sin(xy);x sin(xy)) :

Quindi

grad f(1; 1) = ( sin 1; sin 1)) :

Quindi

df(1; 1) : R2 ! R; (h1; h2) ! (sin 1)h1 (sin 1)h2 :

Si ha quindi

D(p32 ; 12 )

f(1; 1) = df(1; 1)(

p3

2;1

2) = (sin 1)2

p3

2 (sin 1)(1

2) =

sin 1

2(1

p3) :

14.3. DIFFEOMORFISMO 21

14.3 Dieomorsmo

14.3.1 Dieomorsmo e derivata della funzione inversa

1. Esercizio. Sia

f : R2 ! R2; (x; y) ! (x2 xy; x+ y3) ;(a) determinare la matrice jacobiana di f nel punto (1; 1);

(b) determinare la derivata di f nel punto (1; 1) esprimendola nella forma

' : V !W;h ! T fhg ;

(c) dire se esiste un intorno aperto U di (1; 1) tale che

U ! f(U); u ! f(u)e un dieomorsmo;

(d) in caso aermativo, indicato ancora con f tale dieomorsmo, si determinif(1; 1) e la trasformazione lineare (f1)0

f(1; 1)

esprimendola nella forma

' : V !W;k ! T fkg :

Risoluzione.

(a) Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = (2x y; 1),@f@y (x; y) = (x; 3y2).Si ha quindi

f 0(1; 1) =

1 11 3

:

(b) Si haf 0(1; 1) : R2 ! R2; (h1; h2) ! (h1 h2; h1 + 3h2) :

(c) Si ha 1 11 3 = 3 + 1 = 4 6= 0;

quindi esiste un intorno aperto U di (1; 1) tale che U ! f(U); (x; y) !f(x; y) e un dieomorsmo.

(d) Indichiamo ancora con f tale dieomorsmo. Si ha f(1; 1) = (0; 2). Si ha

(f1)0(0; 2) =

1 11 3

1= 14

3 11 1

=

34

1414 14

.

Si ha quindi

(f1)0(0; 2) : R2 ! R2; (k1; k2) !3

4k1 +

1

4k2;1

4k1 +

1

4k2

:


2. Esercizio. Sia

f : R2 ! R2; (x; y) ! (x2 + y2; x2y3) ;

(a) determinare la trasformazione lineare f 0(1; 1) esprimendola nella forma T :V !W;h ! T fhg, esplicitando U , V e T fhg.

(b) dire se esiste un intorno aperto U di (1; 1) tale che

U ! f(U); u ! f(u)

e un dieomorsmo;

(c) in caso aermativo, indicato ancora con f tale dieomorsmo, si determinila trasformazione lineare (f1)0

f(1; 1)

esprimendola nella forma sopra

descritta.

Risoluzione.

(a) Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = (2x; 2xy

3),@f@y (x; y) = (2y; 3x

2y2.

Si ha quindi

f 0(x; y) =

2x 2y2xy3 3x3y2

;

Si ha quindi

f 0(1; 1) =

2 22 3

:

Quindi si ha

f 0(1; 1) : R2 ! R2; (h1; h2) ! (2h1 + 2h2; 2h1 + 3h2) :

(b) Si ha 2 22 3 = 2 6= 0;

quindi esiste un intorno aperto U di (1; 1) tale che U ! f(U); (x; y) !f(x; y) e un dieomorsmo.

(c) Indichiamo ancora con f tale dieomorsmo. Si ha f(1; 1) = (2; 1). Si ha

(f1)0(2; 1) =

2 22 3

1= 12

3 22 2

=

32 11 1

.

Si ha quindi

(f1)0(2; 1) : R2 ! R2; (k1; k2) !3

2k1 k2;k1 + k2

:

14.3. DIFFEOMORFISMO 23

3. Esercizio. Sia

f : R2 ! R2; (x; y) ! (cos(xy); cos(xy2)) ;(a) determinare la trasformazione lineare f 0(2 ; 1) esprimendola nella forma

T : V !W;h ! T fhg, esplicitando U , V e T fhg.(b) dire se esiste un intorno aperto U di (2 ; 1) tale che

U ! f(U); u ! f(u)e un dieomorsmo;

(c) in caso aermativo, indicato ancora con f tale dieomorsmo, si determinif(2 ; 1) la trasformazione lineare (f

1)0f(2 ; 1)

esprimendola nella forma

sopra descritta.

Risoluzione.

(a) Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = ( sin(xy)y; sin(xy2)y2) = (y sin(xy)y;y2 sin(xy2)y2),@f@y (x; y) = ( sin(xy)x; sin(xy2)2xy) = (x sin(xy);2xy sin(xy2)).Si ha quindi

f 0(x; y) = y sin(xy) x sin(xy)y2 sin(xy) 2xy sin(xy2)

;

Si ha quindi

f 0(

2; 1) =

1 21

:

Quindi si ha

f 0(

2; 1) : R2 ! R2; (h1; h2) ! (h1 pi

2h2;h1 h2) :

(b) Si ha 1 21 = 2 = 2 6= 0;

quindi esiste un intorno aperto U di (2 ; 1) tale che U ! f(U); (x; y) !f(x; y) e un dieomorsmo.

(c) Indichiamo ancora con f tale dieomorsmo. Si ha f(2 ; 1) = (0; 0). Si ha

(f1)0(2; 1) = 1 21

1= 1

2

21 1

=

2 12 2

.

Si ha quindi

(f1)0(0; 0) : R2 ! R2; (k1; k2) !2k1 + k2; 2

k1 2

k2

:


4. Esercizio. Sia

f : R3 ! R3; (x; y; z) ! (x2 + y2 + z2; x+ y + z; x) ;

(a) determinare la trasformazione lineare f 0(1; 5; 0) esprimendola nella formaT : V !W;h ! T fhg, esplicitando U , V e T fhg.

(b) dire se esiste un intorno aperto U di (1; 5; 0) tale che

U ! f(U); u ! f(u)

e un dieomorsmo;

(c) in caso aermativo, indicato ancora con f tale dieomorsmo, si determinila trasformazione lineare (f1)0

f(1; 5; 0)

esprimendola nella forma sopra

descritta.

Risoluzione.

(a) Per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha@f@x (x; y; z) = (2x; 1; 1),@f@y (x; y; z) = (2y; 1; 0),@f@z (x; y; z) = (2z; 1; 0).

Si ha quindi

f 0(x; y; z) =

0@ 2x 2y 2z1 1 11 0 0

1A ;quindi

Si ha quindi

f 0(1; 5; 0) =

0@ 2 10 01 1 11 0 0

1A :Quindi si ha

f 0(1; 5; 0) : R3 ! R3; (h1; h2; h3) ! (2h1 + 10h2; h1 + h2 + h3; h1) :

(b) Si ha2 10 01 1 11 0 0

= 10 01 1

= 10 6= 0;quindi esiste un intorno aperto U di (1; 5; 0) tale che

U ! f(U); (x; y; z) ! f(x; y; z)

e un dieomorsmo.

14.4. ESTREMANTI RELATIVI 25

(c) Indichiamo ancora con f tale dieomorsmo. Si ha f(1; 5; 0) = (26; 6; 1).Si ha

(f1)0(26; 6; 1) =

0@ 2 10 01 1 11 0 0

1A1 = 1100@ 0 0 101 0 2

1 10 8

1A =0@ 0 0 1110 0

15 110 1 45

1A.Si ha quindi

(f1)0(26; 6; 1) : R3 ! R3; (k1; k2; k3) !k3;

1

10k1 1

5k3;

1

10k1 + k2 4

5k3

:

14.4 Estremanti relativi

14.4.1 Estremanti relativi in R2

1. Esercizio. Determinare e classicare gli estremanti relativi della seguentefunzione:

f : R2 ! R; (x; y) ! x4 + y4 xy :Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = 4x

3 y@f@y (x; y) = 4y

3 x .

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema4x3 y = 04y3 x = 0 ;

il sistema equivale ay = 4x3

4(4x3)3 x = 0

y = 4x3

28x9 x = 0

y = 4x3

x(28x8 1) = 0 .Si ha x = 0 e y = 0, oppure x = 12 e y =

12 , oppure x = 12 e y = 12 .

Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@2f@x2 (x; y) = 12x

2

@2f@y2 (x; y) = 12y

2

@2f@x@y (x; y) = 1

.

Si ha

H(f)(0; 0) =

0 11 0

;

quindi si ha det(H(f)(0; 0)) = 1 < 0; quindi (0; 0) non e un estremanterelativo.


Si ha

H(f)(12;1

2) =

3 11 3

;

si ha 3 11 3 = 8 > 0 e 3 > 0 ;

quindi d2f( 12 ;12 ) e strettamente positivo; quindi (

12 ;

12 ) e un punto di minimo

relativo.

Si ha

H(f)(12;1

2) =

3 11 3

;

si ha 3 11 3 = 8 > 0 e 3 > 0 ;

quindi d2f( 12 ; 12 ) e strettamente positivo; quindi (12 ;12 ) e un punto diminimo relativo.


f : R2 ! R; (x; y) ! x3 y2 + xy y :Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = 3x

2 + y@f@y (x; y) = 2y + x 1

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema3x2 + y = 02y + x 1 = 0 ;

il sistema equivale ay = 3x22(3x2) + x 1 = 0

y = 3x26x2 + x 1 = 0 .

Si ha x = 1p1+24

12 =1512 ; quindi x =

13 o x = 12 ; quindi (x; y) = ( 13 ; 13 ) o

(x; y) = (12 ;34 ).Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@2f@x2 (x; y) = 6x@2f@y2 (x; y) = 2@2f@x@y (x; y) = 1

.

Si ha

H(f)(13;1

3) =

2 11 2

;

quindi si ha det(H(f)(13 ;13 ) = 5 < 0; quindi ( 13 ;13 ) non e un estremanterelativo.


Si ha

H(f)(12;3

4) =

3 11 2

;

si ha 3 11 2 = 5 > 0 e 3 < 0 ;

quindi d2f( 12 ;12 ) e strettamente negativo; quindi (12 ;34 ) e un punto di mas-

simo relativo.


f : R2 ! R; (x; y) ! x2y + xy + 3 :

Risoluzione. Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) = 2xy + y@f@y (x; y) = x

2 + x.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema2xy + y = 0x2 + x = 0

;

il sistema equivale ax(x+ 1) = 02xy + y = 0

, cioe a

x = 0 o x = 12xy + y = 0

.

Se x = 0 si ha y = 0; si trova (0; 0).Se x = 1 si ha 2y + y = 0, cioe y = 0, cioe y = 0; si trova (1; 0).

I punti critici di f sono quindi (0; 0) e (1; 0).Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@2f@x2 (x; y) = 2y@2f@y2 (x; y) = 0@2f@x@y (x; y) = 2x+ 11

.

Si ha quindi

H(f)(x; y) =

2y 2x+ 12x+ 1 0

:

Si ha

H(f)(0; 0) =

0 11 0

;

si ha 0 11 0 = 1 < 0]; ;

quindi (0; 0) non e un estremante relativo.


Si ha

H(f)(1; 0) =

0 11 0

;

si ha 0 11 0 = 1 < 0]; ;

quindi (; 0) non e un estremante relativo.Quindi la funzione f non ammette estremanti relativi


f(x; y) = x log(x y) ;(a) determinare il dominio di f ;

(b) determinare e classicare gli estremanti relativi di f .

Risoluzione.

(a) Si hadom(f) = f(x; y) 2 R2; x y > 0g :

(b) Per ogni (x; y) 2 dom(f) si ha@f@x (x; y) = log(x y) + xxy@f@y (x; y) = xxy

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistemalog(x y) + xxy = 0 xxy = 0

:

Dalla seconda equazione si ricava x = 0; si ha quindi log(xy) = 0; quindix y = 1; quindi, essendo x = 0, si ha y = 1.La funzione f ammette quindi un solo punto critico, dato da (0;1).Per ogni (x; y) 2 dom(f) si ha@2f@x2 (x; y) =

1xy +

xyx(xy)2 =

1xy y(xy)2

@2f@y2 (x; y) =

x(1)(xy)2 = x(xy)2

@2f@x@y (x; y) = xyx(xy)2 = y(xy)2

.

Si ha

H(f)(0;1) =

2 11 0

;

si ha 2 11 0 = 1 < 0]; ;

quindi (0;1) non e un estremante relativo.Quindi la funzione f non ammette estremanti relativi


14.4.2 Estremanti relativi in R3


f : R3 ! R; (x; y; z) ! x2 + y2 + z2 xy xz :Risoluzione. Per ogni (x; y; z) 2 R2 si ha@f@x (x; y; z) = 2x y z@f@y (x; y; z) = 2y x@f@z (x; y; z) = 2z x

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema8 0;quindi d2f(0; 0; 0) e strettamente positivo; quindi (0; 0; 0) e un punto di minimorelativo.

2. Esercizio. Determinare e classicare gli estremanti relativi della seguentefunzione

f : R3 ! R; (x; y; z) ! x2 y2 xz + z :


Risoluzione. Per ogni (x; y; z) 2 R2 si ha@f@x (x; y; z) = 2x z@f@y (x; y; z) = 2y@f@z (x; y; z) = x+ 1

.

I punti critici di f sono le soluzioni del sistema8

Capitolo 15

Forme dierenziali lineari

15.1 Forme dierenziali esatte

15.1.1 Forme dierenziali esatte in R2

1. Esercizio. Dire se la seguente forma dierenziale e esatta e, in caso aermativodeterminarne l'insieme delle primitive:

2xy dx+ (x2 1) dy :

Risoluzione. Sia ! la forma dierenziale. Il dominio di ! e R2. Postof : R2 ! R; (x; y) ! x2y y, per ogni (x; y) 2 R2 si ha

@f

@x(x; y) = 2xy e

@f

@y(x; y) = x2 1 ;

quindi f e una primitiva di !. Quindi ! e esatta.

L'insieme delle primitive di ! e ff + c; c 2 Rg.

2. Esercizio. Dire se la seguente forma dierenziale e esatta e, in caso aermativo,determinarne l'insieme delle primitive:

x2y dx+ (y2 + x) dy :

Risoluzione. Sia ! la forma dierenziale. Il dominio di ! e R2.

Si ha@

@y(x2y) = x2 e

@

@x(y2 + x) = 1 :

Quindi ! non e chiusa. Quindi ! non e esatta.

31

32 CAPITOLO 15. FORME DIFFERENZIALI LINEARI


1

ydx x

y2dy :

Risoluzione. Sia ! la forma dierenziale. Il dominio di ! e l'insieme A =f(x; y) 2 R2; y 6= 0g. Postof : A ! R; (x; y) ! xy , per ogni (x; y) 2 A si ha

@f

@x(x; y) =

1

ye@f

@y(x; y) = x

y2;


L'insieme delle primitive di ! e dato dall'insieme delle funzioni della formaf + c, dove c e una funzione costante su ogni componente connessa di A, cioesu f(x; y) 2 R2; y > 0g e su f(x; y) 2 R2; y < 0g.


y

1 + x2y2dx+

x

1 + x2y2dy :

Risoluzione. Sia ! la forma dierenziale. Il dominio di ! e R2. Posto

f : R2 ! R; (x; y) ! Arctg(xy) ;

per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@x (x; y) =

11+(xy)2 y =

y1+x2y2

e@f@y (x; y) =

11+(xy)2x =

x1+x2y2 ; quindi f e una primitiva di !. Quindi ! e esatta.

L'insieme delle primitive di ! e ff + c; c 2 Rg.5. Esercizio. Dire se la seguente forma dierenziale e esatta e, in caso aermativo,

determinarne l'insieme delle primitive:

x

1 + x2y2dx+

y

1 + x2y2dy :


Si ha@@y

x1+x2y2 = x 2x

2y(1+x2y2)2 = 2x

3y(1+x2y2)2

e @@xy

1+x2y2 = y 2xy2

(1+x2y2)2 = 2xy3

(1+x2y2)2 .


15.1. FORME DIFFERENZIALI ESATTE 33

15.1.2 Forme dierenziali esatte in R3


ydx+ xdy + zdz :

Risoluzione. Sia ! la forma dierenziale. Il dominio di ! e R3. Postof : R3 ! R; (x; y; z) ! xy + z22 , per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha

@f

@x(x; y; z) = y;

@f

@y(x; y; z) = x;

@f

@z(x; y; z) = z ;




xdx+ xdy + dz :


Si ha@

@y(x) = 0 e

@f

@x(x) = 1 :



yexy dx+ xexy dy + dz :

Risoluzione. Sia ! la forma dierenziale. Il dominio di ! e R3. Posto

f : R3 ! R; (x; y; z) ! exy + z ;per ogni (x; y; z) 2 R3 si ha

@f

@x(x; y; z) = yexy;

@f

@y(x; y; z) = xexy;

@f

@z(x; y; z) = 1 ;




xexy dx+ yexy dy + dz :



Si ha@

@y(xexy = x2exy e

@f

@x(yexy) = y2exy :


15.1.3 Forme dierenziali esatte in RN


ydx+ xdy + dz + 2tdt :

Risoluzione. Sia ! la forma dierenziale. Il dominio di ! e R4. Postof : R4 ! R; (x; y; z; t) ! xy + z + t2, per ogni (x; y; z; t) 2 R4 si ha@f

@x(x; y; z; t) = y;

@f

@y(x; y; z; t) = x;

@f

@z(x; y; z; t) = 1;

@f

@t(x; y; z; t) = 2t ;


L'insieme delle primitive di ! e ff + c; c 2 Rg.

15.2 Campi di vettori esatti

15.2.1 Campi di vettori esatti

1. Esercizio Dire se il seguente campo di vettori ammette potenziale:

F (x; y; z) =

1

yz; x

zy2; x

yz2

;

in caso aermativo, determinarne l'insieme delle primitive.

Risoluzione Il dominio di F e l'insieme A = f(x; y; z) 2 R3; y 6= 0 e z 6= 0g.Postof : A ! R; (x; y; z) ! xyz , per ogni (x; y; z) 2 A si ha

@f

@x(x; y; z) =

1

yz;@f

@y(x; y; z) = x

zy2;@

@z(x; y; z) = x

yz2;

cioe grad f(x; y; z) = F (x; y; z); quindi f e una primitiva di F . Quindi F eesatto.

L'insieme delle primitive di F e dato dall'insieme delle funzioni della formaf + c, dove c e una funzione costante su ogni componente connessa di A, cioesu f(x; y; z) 2 R2; y > 0; z > 0g, su f(x; y; z) 2 R2; y > 0; z < 0g, su f(x; y; z) 2R2; y < 0; z > 0g e su f(x; y; z) 2 R2; y < 0; z < 0g.

15.3. INTEGRALE DI FORME DIFFERENZIALI SU TRAIETTORIE 35

15.3 Integrale di forme dierenziali su traiettorie

15.3.1 Integrale di forme dierenziali su traiettorie

1. Esercizio Calcolare il seguente integrale di forma dierenziale su traiettoriaZ'

xydx+ xydy ;

dove' :

h0;

2

i! R2; t ! (cos t; sin t) :

Risoluzione La funzione ' si scrivex = cos ty = sin t

; x 2h0;

2

i:

Si haR'xydx+ xydy =

R 2

0(cos t sin t( sin t) + cos t sin t cos t) dt =R

2

0( sin2 t cos t) + cos2 t sin t) dt = R 2

0( sin2 t cos t) cos2 t( sin t) dt =13 sin3 t 13 cos3 t pi20 = 13 sin3 t+ cos3 t pi20 = 13 (1 1) = 0.

Capitolo 16

Equazioni implicite

16.1 Problema con equazione implicita

16.1.1 Problema con equazione implicita in R2

1. Esercizio. Dire se il seguente problema implicito di incognita y(x) ammette inun intorno di 0 una ed una sola soluzione ':

sin(xy) + x+ y + x2 + y2 = 0y(0) = 0

;

in caso aermativo determinare '0(0).

Risoluzione. Sia

f : R2 ! R; (x; y) ! sin(xy) + x+ y + x2 + y2 :

Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@y (x; y) = x cos(xy) + 1 + 2y.

Poiche f(0; 0) = 0 e @f@y (0; 0) = 1 6= 0, esiste I intervallo aperto contenente 0tale che su I il problema implicito assegnato ammette una ed una sola soluzione'.

Per ogni x 2 I si hasin(x'(x)) + x+ '(x) + x2 + ('(x))2 = 0;quindi, derivando, per ogni x 2 I si hacos(x'(x))('(x) + x'0(x)) + 1 + '0(x) + 2x+ 2'(x)'0(x) = 0;per x = 0 si ha 1 + '0(0) = 0; quindi '0(0) = 1.

2. Esercizio. Assegnato il problema con equazione implicita di funzione incognitay(x)

x4 + 4y + cosx cos y = 0y(0) = 0

;

37

38 CAPITOLO 16. EQUAZIONI IMPLICITE

(a) provare che esiste un intervallo aperto su cui il problema ammette una eduna sola soluzione,

(b) chiamata ' tale soluzione, calcolare '0(0) e '00(0).

Risoluzione.

(a) Siaf : R2 ! R; (x; y) ! x4 + y4 + ex ey :

Si ha f(0; 0) = 0 + 0 + 1 1 = 0.Per ogni (x; y) 2 R2 si ha@f@y (x; y) = 4y

3 ey.Si ha quindi @f@y (0; 0) = 1 6= 0.Per il teorema di Dini, esiste I intervallo aperto contenente 0 tale che su Iil problema implicito assegnato ammette una ed una sola soluzione '.

(b) Per ogni x 2 I si hax4 + ('(x))4 + ex e'(x) = 0;quindi, derivando, per ogni x 2 I si ha4x3 + 4('(x))3 + ex + e'(x)'0(x) = 0;per x = 0, essendo '(0) = 0, si ha 0 + 0 + e0 + e9'0(0) = 0; quindi1 '0(0) = 0; quindi '0(0) = 1.Per ogni x 2 I si ha12x2+12('(x))2('0(x))2+4('(x))3'00(x)+exe'(x)('0(x))2e'(x)'00(x) =0;per x = 0, essendo '(0) = 0, '0(0) = 1 si ha 1 1 + 0 + '00(0) = 0; quindi1 '00(0) = 0.

16.1.2 Problema con una equazione implicita in R3

1. Esercizio. Assegnato il problema con equazione implicita di funzione incognitaz(x; y)

x2 + yz3 z = 0z(0; 2) = 0

;

(a) provare che esiste un aperto connesso su cui il problema ammette una eduna sola soluzione,

(b) chiamata ' tale soluzione, calcolare @'@x (0; 2),@'@y (0; 2),

@2'@2x (0; 2),

@2'@x@y (0; 2),

@2'@y2 (0; 2).

Risoluzione.

(a) Siaf : R3 ! R; (x; y; z) ! x2 + yz3 z.Si ha f(0; 2; 0) = 0.Si ha

16.1. PROBLEMA CON EQUAZIONE IMPLICITA 39

@f@z (x; y; z) = 3yz

2 1;quindi si ha@f@z (0; 2; 0) = 1 6= 0;per il teorema di Dini, esiste un aperto connesso U su cui il problemaammette una ed una sola soluzione '.

(b) Per ogni (x; y) 2 U si hax2 + y('(x; y))3 '(x; y).Si ha quindi2x+ 3y('(x; y))2 @'@x (x; y) @'@x (x; y) = 0;quindi per (x; y) = (0; 2) si ha@'@x (0; 2) = 0;quindi@'@x (0; 2) = 0.

Per ogni (x; y) 2 U si ha('(x; y))3 + 3y('(x; y))2 @'@y (x; y) @'@y (x; y) = 0;quindi per (x; y) = (0; 2) si ha@'@y (0; 2) = 0;quindi@'@y (0; 2) = 0.

Per ogni (x; y) 2 U si ha2 + 6y'(x; y)

@'@x (x; y)

2+ 3y('(x; y))2 @

2'@x2 (x; y) @

2'@x2 (x; y) = 0;

quindi per (x; y) = (0; 2) si ha

2 @2'@x2 (0; 2) = 0;quindi@2'@x2 (0; 2) = 2.

Per ogni (x; y) 2 U si ha3('(x; y))2 @'@x (x; y) + 6y'(x; y)

@'@x (x; y)

@'@y (x; y) + 3y('(x; y))

2 @2'

@x@y (x; y)

@2'@x@y (x; y) = 0;quindi per (x; y) = (0; 2) si ha

@2'@x@y (0; 2) = 0;quindi@2'@x@y (0; 2) = 0.

Per ogni (x; y) 2 U si ha3('(x; y))2 @'@y (x; y) + 3('(x; y))

2 @'@y (x; y) + 6y'(x; y)

@'@y (x; y)

2+

3y('(x; y))2 @2'@y2 (x; y) @

2'@y2 (x; y) = 0;

quindi per (x; y) = (0; 2) si ha

@2'@y2 (0; 2) = 0;quindi@2'@y2 (0; 2) = 0.

40 CAPITOLO 16. EQUAZIONI IMPLICITE

16.1.3 Problema con un sistema di due equazioni implicite inR3

1. Esercizio. Assegnato il problema con equazione implicita di funzione incognita(y(x); z(x)) 8>>>:

x2 + y2 xy z = 0x3 y2 + xz y = 0y(0) = 0z(0) = 0

;

(a) provare che esiste un intervallo aperto su cui il problema ammette una eduna sola soluzione,

(b) chiamata ' tale soluzione, calcolare '01(0) e '02(0).

Risoluzione.

(a) Siaf : R3 ! R2; (x; y; z) ! (x2 + y2 xy z; x3 y2 + xz y).Si ha f(0; 0; 0) = (0; 0). Si ha

@f@(y;z) (x; y; z) =

2y x 12y 1 x

;

quindi si ha

@f@(y;z) (0; 0; 0) =

0 11 0

;

si ha 0 11 0 = 1 6= 0;

per il teorema di Dini, esiste un intervallo aperto I su cui il problemaammette una ed una sola soluzione '.

(b) Per ogni x 2 I si hax2 + ('1(x))

2 x'1(x) '2(x) = 0x3 ('1(x))2 + x'2(x) '1(x) = 0 ;

quindi si ha2x+ 2'1(x)'

01(x) '1(x)x'01(x) '02(x) = 0

3x2 2'1(x)'01(x) + '2(x) + x'02(x) '01(x) = 0 ;quindi per x = 0 si ha '2(0) = 0'1(0) = 0 ;

quindi si ha '01(0) = 0 e '02(0) = 0.

Capitolo 17

Sottovarieta dierenziali diRN

17.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta linea-re tangente, varieta lineare normale

17.1.1 Spazio tangente, spazio normale, varieta lineare tan-gente, varieta lineare normale ad una sottovarieta informa parametrica

1. Esercizio. Trovare delle equazioni parametriche o cartesiane dello spazio tan-gente, della varieta lineare tangente, dello spazio normale, della varieta linearenormale alla sottovarieta (curva) di equazioni parametriche8

42 CAPITOLO 17. SOTTOVARIETA DIFFERENZIALI DI RN

in forma scalare sono 8


Sia D il dominio di f .

Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo di f .

Consideriamo f suD.

Per ogni (x; y) 2 D si ha@f@x (x; y) = 2.

Quindi (x; y) 62 D. Quindi E Fr (D).Si ha Fr (D) = f(x; y) 2 R2; x24 + y2 = 1g. Quindi Fr (D) e una varieta V di R2di dimensione 1. Siag : R2 ! R; (x; y) ! x24 + y2 1;la varieta V ha equazione cartesiana g(x; y) = 0. Se (x; y) 2 Fr (D) e un puntodi massimo o di minimo di f , esiste 2 R tale chegrad f(x; y) = grad g(x; y);si ha allora(2;1) = (x2 ; 2y);quindi si ha 8


(a) Essendo f continua e denita su un compatto, f ammette massimo eminimo


-

6

.......

.......

....................................................................

......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................1 x

y

(b) Sia E l'insieme degli estremanti di f .

Sia (x; y) 2 D.Si ha@f@x (x; y) = 6x 4y;@f@y (x; y) = 4x.Si ha grad f(x; y) = (0; 0) se e solo se

6x 4y = 04x = 0 ;

quindi se e solo se (x; y) = (0; 0).

Si ha quindi

E\ D f(0; 0)g :Sia (x; y) 2 Fr (D).Si ha Fr (D) = f(x; y) 2 R2;x2 + y2 = 1g.Siag : R2 ! R; (x; y) ! x2 + y2 1.Identichiamo f con la funzioneR2 ! R; (x; y) ! 3x2 + 4xy.Se (x; y) 2 E \ Fr (D), esiste 2 R tale chegrad g(x; y) = grad g(x; y),quindi tale che(6x 4y;4x) = (2x; 2y),quindi tale che8


quindi3y + 4y = 2y;quindiy(2 3 4) = 0.Se y = 0, si ha x = 0; cio e incompatibile con la condizione x2 + y2 = 1; siha quindi y 6= 0.Si ha quindi2 3 4 = 0quindi

= 3p9+16

2 =35

2quindi = 4 o = 1.Per = 4, si ha 2x = 4y; quindi x = 2y; quindi (2y)2+y2 = 1; quindi4y2 + y2 = 1; quindi 5y2 = 1; quindi y2 = 15 ; quindi y =

p55 .

Per y =p55 , si ha x = 25

p5; quindi (x; y) = ( 25

p5;

p55 ).

Per y = p55 , si ha x =

25

p5; quindi (x; y) = ( 25

p5;

p55 ).

Per = 1, si ha 2x = y; quindi y = 2x; quindi x2+(2x)2 = 1; quindix2 + 4x2 = 1; quindi 5x2 = 1; quindi x2 = 15 ; quindi x =

p55 .

Per x =p55 , si ha y =

25

p5; quindi (x; y) = (

p55 ;

25

p5).

Per x = p55 , si ha y = 25

p5; quindi (x; y) = (

p55 ;25

p5).

Si ha quindiE \ Fr (D)

f(25

p5;1

5

p5); (

2

5

p5;1

5

p5)(

1

5

p5;2

5

p5); (1

5

p5;2

5

p5)g :

Si ha quindi

E f(0; 0); (25

p5;1

5

p5); (

2

5

p5;1

5

p5)(

1

5

p5;2

5

p5); (1

5

p5;2

5

p5)g :

Si haf(0; 0) = 0,f(25

p5; 15

p5) = 3 45 + 4

25 =

125 +

85 = 4,

f((25p5;15

p5) = 4,

f((15p5; 25

p5) = 3 15 4 25 = 35 85 = 1,

f(15p5; 25

p5) = 1.

Si ha quindimax(f) = 4 min(f) = 1:


f : f(x; y) 2 R2; 1 x2 + y2 4g ! R; (x; y) ! 5x 2y ;(a) dire se f ammette massimo e se f ammette minimo;



Risoluzione.

(a) Sia D il dominio di f .

Essendo f continua e denita su un compatto, f ammette massimo eminimo

-

6

.......

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.............................................................................................................................................................................................................................................................. ...

.......

.......

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...............................

...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................21 x

y

D

(b) Sia E l'insieme degli estremanti di f .

Sia (x; y) 2 D.Si ha@f@x (x; y) = 5 6= 0.Si ha quindi

E\ D= ; :

SiaF1 = f(x; y) 2 R2;x2 + y2 = 4g,F2 = f(x; y) 2 R2;x2 + y2 = 1g.Si ha Fr (D) = F1 [ F2.Siag1 : R

2 ! R; (x; y) ! x2 + y2 4.F1 e la sottovarieta dierenziale di R

2 di dimensione 1 di equazioni carte-siane g1(x; y) = 0.

Identichiamo f con la funzioneR2 ! R; (x; y) ! 5x 2y.Se (x; y) 2 E \ F1, esiste 2 R tale chegrad f(x; y) = grad g1(x; y).

Sia (x; y) 2 Fr (D).Si ha Fr (D) = f(x; y) 2 R2;x2 + y2 = 1g.Siag1 : R

2 ! R; (x; y) ! x2 + y2 4.Se (x; y) 2 E \ F1), esiste 2 R tale chegrad f(x; y) = grad g1(x; y), cioe tale che


(5;2) = (2x; 2y), cioe tale che8


Si ha quindi

E \ F2 (

5p29

29;2

p29

29

!;

5

p29

29;2p29

29

!):

Si ha quindi

E (

10p29

29;4

p29

29

!;

10

p29

29;4p29

29

!;

5p29

29;2

p29

29

!;

5

p29

29;2p29

29

!):

Si haf10p29

29 ; 4p29

29

= 50

p29

20 +8p29

29 =58p29

20 = 2p29,

f 10

p29

29 ;4p29

29

= 2p29,

f5p29

29 ; 2p29

29

= 25

p29

20 +4p29

29 =p29,

f 5

p29

29 ;2p29

29

= p29.

Si ha quindimax(f) = 2

p29 min(f) = 2

p29:


f : f(x; y; z) 2 R3;x2 + y2 + z2 1g ! R; (x; y; z) ! 2x y + zin caso aermativo, determinarli.

Risoluzione. Essendo f continua e denita su un compatto, f ammettemassimo e minimo


-

6

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.......

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Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo di f .

Consideriamo f suD.

Per ogni (x; y; z) 2 D si ha@f@x (x; y; z) = 2.


Quindi (x; y; z) 62 D. Quindi E Fr (D).Si ha Fr (D) = f(x; y; z) 2 R3;x2 + y2 + z2 = 1g. Quindi Fr (D) e una varietaV di R3 di dimensione 2. Siag : R3 ! R; (x; y; z) ! x2 + y2 + z2 1;la varieta V ha equazione cartesiana g(x; y; z) = 0. Se (x; y; z) 2 Fr (D) e unpunto di massimo o di minimo di f , esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z);si ha allora(2;1; 1) = (2x; 2y; 2z);quindi si ha 8>>>:

2 = 2x1 = 2y1 = 2zx2 + y2 + z2 = 1

:

Si ha 6 = 42; quindi = q

32 .

Per =q

32 si ha (x; y; z) = (

q23 ;12

q23 ;

12

q23 ).

Per = q

32 si ha (x; y; z) = (

q23 ;

12

q23 ; 12

q23 ).

Si ha quindi

E ( r

2

3;1

2

r2

3;1

2

r2

3

!;

r

2

3;1

2

r2

3;1

2

r2

3

!):

Si ha

fq

23 ; 12

q23 ;

12

q23

= 2

q23 +

12

q23 +

12

q23 = 3

q23 =

p6,

fq

23 ;

12

q23 ; 12

q23

= p6.

Quindi si ha max(f) =p6, min(f) = p6.


f : f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 + z2 = 1g ! R; (x; y; z) ! x y + z


Risoluzione. Sia V il dominio di f . L'insieme V e la supercie sferica x2 +y2+z2 = 1. Essendo f continua e denita su un compatto, f ammette massimoe minimo.


-

6

.......

.......

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......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo di f . L'insieme V e unasottovarieta di R3 di dimensione 2. Siag : R3 ! R; (x; y; z) ! x2 + y2 + z2 1;la varieta V ha equazione cartesiana g(x; y; z) = 0.

Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange, se (x; y; x) 2 E, esiste 2 R talechegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z);si ha allora(1;1; 1) = (2x; 2y; 2z);quindi si ha 8>>>:

1 = 2x1 = 2y1 = 2z

x2 + y2 + z2 = 1

:

Si ha 3 = 42; quindi = p32 .

Per =p32 si ha x =

1p3, y = 1p

3, z = 1p

3.

Per = p32 si ha x = 1p3 , y = 1p3 , z = 1p3 .

Si ha quindi

E

1p3; 1p

3;1p3

;

1p

3;1p3; 1p

3

:

Si haf

1p3; 1p

3; 1p

3

= 3p

3,

f 1p

3; 1p

3; 1p

3

= 3p

3.

Quindi si ha max(f) = 3p3, min(f) = 3p

3.


f : f(x; y; z) 2 R3; x2+y2+z2 1; x+y+z = 0g ! R; (x; y; z) ! xy+z



Risoluzione. Sia V il dominio di f . L'insieme V e il cerchio chiuso intersezionedella sfera sferica x2+y2+z2 1 con il piano x+y+z = 0. Essendo f continuae denita su un compatto, f ammette massimo e minimo.

.......

.......

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.......................................

..........................

..........................

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V

Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo di f . Sia S = f(x; y; z) 2R3; x2 + y2 + z2 < 1; x + y + z = 0g e = f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 + z2 =1; x+ y + z = 0g; si ha V = S [ .Consideriamo f su S. L'insieme S e una sottovarieta di R3 di dimensione 2.Siag : fx; y; z) 2 R3; x2 + y2 + z2 < 1g ! R; (x; y; z) ! x+ y + z;la varieta S ha equazione cartesiana g(x; y; z) = 0.

Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange, se (x; y; x) 2 E \ S, esiste 2 Rtale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z);si ha allora(1;1; 1) = (1; 1; 1);quindi si ha

1 = 1 = ;

cio e assurdo; si ha quindi E \ S = ;.Consideriamo f su . L'insieme e una sottovarieta di R3 di dimensione 1. Siah : R3 ! R2; (x; y; z) ! (x2 + y2 + z2 1; x+ y + z);la varieta S ha equazione cartesiana h(x; y; z) = 0.

Per il teorema dei moltiplicatori di Lagrange, se (x; y; x) 2 E \ , esistono; 2 R tale chegrad f(x; y; z) = gradh1(x; y; z) + gradh2(x; y; z);si ha allora(1;1; 1) = (2x; 2y; 2z) + (1; 1; 1);quindi si ha 8>>>>>>>:

1 = 2x+ 1 = 2y + 1 = 2z + x2 + y2 + z2 = 1x+ y + z = 1

;


si ha 6= 0 e8



f : f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 z2 + 1; 1 z 1g ! R;(x; y; z) ! 5x 2y + 3z ;



Risoluzione.

(a) Sia D il dominio di f . Essendo f continua e denita su un compatto, fammette massimo e minimo.

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6

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1

1

(b) Sia E l'insieme dei punti di massimo o di minimo di f .

Sia (x; y; z) 2 D.Si ha @f@x (x; y; z) = 5 6= 0; si ha quindi

E\ D= ; :

SiaF1 = f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 = z2 + 1; 1 < z < 1g,F2 = f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 < 2; z = 1g,F3 = f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 < 2; z = 1g,F4 = f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 = z2 + 1; z = 1g,F5 = f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 = z2 + 1; z = 1g.Si ha Fr (D) = F1 [ F2 [ F3 [ F4 [ F5.Siag : f(x; y; z) 2 R3; 1 < z < 1g ! R; (x; y; z) ! x2 + y2 z2 1.F1 e la sottovarieta dierenziale di R

3 di dimensione 2, di equazionecartesiana g(x; y; z) = 0.

Indichiamo ancora con f la funzioneR3 ! R; (x; y; z) ! 5x 2y + 3z.Se (x; y; z) 2 E \ F1, esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z),


cioe tale che (5;2; 3) = (2x; 2y;2z), cioe tale che8>>>>>>>:5 = 2x2 = 2y3 = 2zx2 + y2 = z2 + 11 < z < 1

:

Per = 0 il sistema sopra non ha soluzioni. Supponiamo 6= 0. Si ha

x =5

2; y = 1

; z = 3

2:

Quindi 5

2

2+

1

2=

32

2+ 1 ;

quindi25

42+

1

2 9

42= 1 ;

quindi 20 = 42; quindi 2 = 5; quindi = p5.Per =

p5, si ha x = 5

2p5, y = 1p

5, z = 3

2p5.

Si ha 1 < 32p5in quanto cio equivale a 3 < 2

p5, cie a 9 < 20.

Si trova quindi

(x; y; z) =

5

2p5; 1p

5; 3

2p5

:

Per = p5, si ha x = 52p5, y = 1p

5, z = 3

2p5.

Si ha 32p5< 1 in quanto cio equivale a 3 < 2

p5, cie a 9 < 20.

Si trova quindi

(x; y; z) =

52p5;1p5;

3

2p5

:

Si ha quindi

E \ F1

5

2p5; 1p

5; 3

2p5

;

52p5;1p5;

3

2p5

:

Sia orag : f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 < 2g ! R; (x; y; z) ! z 1.F2 e la sottovarieta dierenziale di R


Se (x; y; z) 2 E \ F2, esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z),cioe tale che (5;2; 3) = (0; 0; 1).


Si trova 5 = 0; cio e assurdo. Quindi si ha

E \ F2 = ; :

Sia orag : f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 < 2g ! R; (x; y; z) ! z + 1.F3 e la sottovarieta dierenziale di R


Se (x; y; z) 2 E \ F3, esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z),cioe tale che (5;2; 3) = (0; 0; 1).Si trova 5 = 0; cio e assurdo. Quindi si ha

E \ F3 = ; :

Sia orag : R3 ! R2; (x; y; z) ! (x2 + y2 z2 1; z 1).F4 e la sottovarieta dierenziale di R


Se (x; y; z) 2 E \ F4, esistono ; 2 R tali chegrad f(x; y; z) = grad g1(x; y; z) + grad g2(x; y; z),cioe tale che (5;2; 3) = (2x; 2y;2z) + (0; 0; 1),cioe tale che 8>>>>>>>:

5 = 2x2 = 2y3 = 2z + x2 + y2 = z2 + 1z = 1

;

cioe tale che 8>>>>>>>:5 = 2x2 = 2y3 = 2z + x2 + y2 = 2z = 1

:


x =5

2; y = 1

:

Quindi 5

2

2+

1

2= 2 ;

quindi 2942 = 2; quindi 2 = 298 ; quindi = 12

q292 .


Per = 12

q292 , si ha x = 5

q229 , y = 2

q229 , z = 1.

Si trova quindi

(x; y; z) =

5

r2

29;2

r2

29; 1

!:

Per = 12q

292 , si ha x = 5

q229 , y = 2

q229 , z = 1.

Si trova quindi

(x; y; z) =

5r

2

29; 2

r2

29; 1

!:

Si ha quindi

E \ F4 (

5

r2

29;2

r2

29; 1

!;

5r

2

29; 2

r2

29; 1

!):

Sia orag : R3 ! R2; (x; y; z) ! (x2 + y2 z2 1; z + 1).F5 e la sottovarieta dierenziale di R


Se (x; y; z) 2 E \ F5, esistono ; 2 R tali chegrad f(x; y; z) = grad g1(x; y; z) + grad g2(x; y; z),cioe tale che (5;2; 3) = (2x; 2y;2z) + (0; 0; 1),cioe tale che 8>>>>>>>:

5 = 2x2 = 2y3 = 2z + x2 + y2 = z2 + 1z = 1

;

cioe tale che 8>>>>>>>:5 = 2x2 = 2y3 = 2z + x2 + y2 = 2z = 1

:


x =5

2; y = 1

:

Quindi 5

2

2+

1

2= 2 ;

quindi 2942 = 2; quindi 2 = 298 ; quindi = 12

q292 .


Per = 12

q292 , si ha x = 5

q229 , y = 2

q229 , z = 1.

Si trova quindi

(x; y; z) =

5

r2

29;2

r2

29;1

!:

Per = 12q

292 , si ha x = 5

q229 , y = 2

q229 , z = 1.

Si trova quindi

(x; y; z) =

5r

2

29; 2

r2

29;1

!:

Si ha quindi

E \ F4 (

5

r2

29;2

r2

29;1

!;

5r

2

29; 2

r2

29;1

!):

Si ha quindi

E

5

2p5; 1p

5; 3

2p5

;

52p5;1p5;

3

2p5

;

5

r2

29;2

r2

29; 1

!;

5r

2

29; 2

r2

29; 1

!;

5

r2

29;2

r2

29;1

!;

5r

2

29; 2

r2

29;1

!):

Si haf

52p5; 1p

5; 3

2p5

= 2

p5,

f 5

2p5; 1p

5; 32p5

= 2p5,

f5q

229 ;2

q229 ; 1

=p58 + 3,

f5q

229 ; 2

q229 ; 1

= p58 + 3,

f5q

229 ;2

q229 ;1

=p58 3,

f5q

229 ; 2

q229 ;1

= p58 3.

Si ha 2p5 0.

Quindi nel piano xy la conica 3x2+3y22xy = 1 e un'ellisse. Quindi nellospazio xyz il cilindro 3x2 + 3y2 2xy = 1 e un cilindro ellittico. Essendoil piano x + y + z = 0 non parallelo all'asse del cilindro, la conica C eun'ellisse.

Sia D il dominio di f ; D e la regione del piano x + y + z = 1 limitatadall'ellisse C. Quindi D e compatto.

Essendo f continua e denita su un compatto, f ammette massimo eminimo.

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Svolgiamo la seconda parte dell'esercizio in due modi

i. 1o modo.


SiaF1 = f(x; y; z) 2 R3; 4x2 + 4y2 < z2 + 1; x+ y + x = 0g,F2 = f(x; y; z) 2 R3; 4x2 + 4y2 = z2 + 1; x+ y + z = 0g.Si ha D = F1 [ F2.Siag : f(x; y; z) 2 R3; 4x2 + 4y2 < z2 + 1g ! R; (x; y; z) ! x+ y + z.F1 e la sottovarieta dierenziale di R

3 di dimensione 2, di equazionecartesiana g(x; y; z) = 0.Indichiamo ancora con f la funzioneR3 ! R; (x; y; z) ! 2x y + z.Se (x; y; z) 2 E \ F1, esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z),cioe tale che (2;1; 1) = (1; 1; 1), cioe tale che8>>>>>>:

2 = 8x+ 1 = 8y + 1 = 2z + 4x2 + 4y2 = z2 + 1x+ y + z = 0

;

cioe tale che 8>>>>>>>:2 = 8x+ 1 = 8y + 4 = 8z 44x2 + 4y2 = z2 + 1x+ y + z = 0

;

Sommando i membri delle prime tre equazioni e tenendo conto chex+ y + z = 0, si trova 3 = 2; si ha quindi = 32 .Si ha quindi 2 = 8x + 32 ; quindi 8x =

12 . Per = 0 il sistema non

ha soluzioni. Supponiamo 6= 0. Si ha x = 116 .


Si ha 1 = 8y + 32 ; quindi 8y = 52 . quindi y = 516 .Si ha 1 = 2z + 32 ; quindi 2z = 12 . quindi z = 14 .Si ha quindi

4

1

16

2+ 4

116

2=

1

4

2+ 1 ;

quindi

1

642+

25

642=

1

162+ 1 ;

quindi 26 = 4 + 642; quindi 642 = 22; quindi 2 = 2264 ; quindi

= p228 .

Per =p228 , si ha

(x; y; z) =

1

2p22; 5

2p22;

2p22

:

Per = p228 , si ha

(x; y; z) =

12p22;

5

2p22; 2p

22

:

Si ha quindi

E \ F2

1

2p22; 5

2p22;

2p22

;

12p22;

5

2p22; 2p

22

:

Si ha quindi

E

1

2p22; 5

2p22;

2p22

;

12p22;

5

2p22; 2p

22

:

Si haf

12p22; 5

2p22; 2p

22

= 2 1

2p22

+ 52p22

+ 1p22

= 112p22

= 11p22

222 =p224 ,

f 1

2p22; 52p22; 2p

22

=

p224 .

Quindi si ha max(f) =p224 , min(f) =

p224 .

ii. 2o modo.Per quando visto sopra si ha

D = f(x; y; z) 2 R3; 3x2 + 3y2 2xy 1; x+ y + z = 0g :


..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..............................................................................................................................................................................................................................................................................................................

..........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

SiaF1 = f(x; y; z) 2 R3; 3x2 + 3y2 2xy < 1; x+ y + x = 0g,F2 = f(x; y; z) 2 R3; 3x2 + 3y2 2xy = 1; x+ y + z = 0g.Si ha D = F1 [ F2.Siag : f(x; y; z) 2 R3; 3x2+3y2 2xy < 1g ! R; (x; y; z) ! x+ y+ z.F1 e la sottovarieta dierenziale di R

3 di dimensione 2, di equazionecartesiana g(x; y; z) = 0.Indichiamo ancora con f la funzioneR3 ! R; (x; y; z) ! 2x y + z.Se (x; y; z) 2 E \ F1, esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z),cioe tale che (2;1; 1) = (1; 1; 1), cioe tale che

8


che 8>>>>>>>:2 = 6x 2y + 1 = 6y 2x+ 1 = 3x2 + 3y2 2xy = 1x+ y + z = 0

;

cioe tale che 8>>>>>>>: = 16x 2y = 16y 2x = 23x2 + 3y2 2xy = 1x+ y + z = 0

;

Si ha 3yx = 1; quindi x = 3y+1; quindi 6(3y+1)2y = 1;quindi 18y + 6 2y = 1; quindi 16 = 5.Per = 0 il sistema non ha soluzioni. Supponiamo 6= 0. Si hay = 516 .Si ha 6x 2( 516 = 1; quindi 6x+ 58 = 1; quindi 6x = 38 ; quindix = 116 .Si ha quindi

3

1

16

2+ 3

516

2 2

1

16

516

= 1 ;

quindi3

2562+

755

2562+

10

2562= 1 ;

quindi 88 = 2562; quindi 642 = 22; quindi 2 = 2264 ; quindi =

p228 .

Per =p228 , si ha

(x; y; z) =

1

2p22; 5

2p22;

2p22

:

Per = p228 , si ha

(x; y; z) =

12p22;

5

2p22; 2p

22

:

Poi si procede come nel primo modo.


f : f(x; y; z) 2 R3; 0 z 1 x2 y2g ! R;

(x; y; z) ! 2x 3y + 4z ;




Risoluzione.

(a) Sia D = dom(f).

Essendo f continua e denita su un compatto, f ammette massimo eminimo.

-

6

.............

.......................................

........................................................................................... ............. ............. ............. ............. ............. ...

.......................

.....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

.......................................................


Sia (x; y; z) 2 D.Si ha @f@x (x; y; z) = 2 6= 0; si ha quindi

E \ intrD = ; :

SiaF1 = f(x; y; z) 2 R3; z = 1 x2 y2; z > 0g,F2 = f(x; y; z) 2 R3; z = 0; x2 + y2 < 1g,F3 = f(x; y; z) 2 R3; z = 0; x2 + y2 = 1g.Si ha Fr (D) = F1 [ F2 [ F3.Siag : f(x; y; z) 2 R3; z > 0g ! R; (x; y; z) ! x2 + y2 + z 1.F1 e la sottovarieta dierenziale di R


Indichiamo ancora con f la funzioneR3 ! R; (x; y; z) ! 2x 3y + 4z.Se (x; y; z) 2 E \ F1, esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z),


cioe tale che (2;3; 4) = (2x; 2y; 1), cioe tale che8>>>>>>>:2 = 2x2 = 2y4 = z = 1 x2 y2z > 0

:

Si ha = 4; quindi x = 14 , y ==38 , z = 1 116 964 = 5164 > 0.

Si ha quindi

E \ F1

1

4;3

8;51

64

:

Siah : f(x; y; z) 2 R3; x2 + y2 < 1g ! R; (x; y; z) ! z.F2 e la sottovarieta dierenziale di R

3 di dimensione 2, di equazionecartesiana h(x; y; z) = 0.

Se (x; y; z) 2 E \ F2, esiste 2 R tale chegrad f(x; y; z) = grad g(x; y; z),cioe tale che (2;3; 4) = (0; 0; 1).Si ha 2 = 0; cio e assurdo.

Si ha quindiE \ F2 = ; :

Siak : R3 ! R2; (x; y; z) ! (x2 + y2 1; z).F3 e la sottovarieta dierenziale di R

3 di dimensione 1, di equazionecartesiana k(x; y; z) = 0.

Se (x; y; z) 2 E \ F3, esistono ; 2 R tali chegrad f(x; y; z) = grad k1(x; y; z) + grad k2(x; y; z),cioe tale che (2;3; 4) = (2x; 2y; 0) + (0; 0; 1; 1), cioe tale che8>>>>>>>:

2 = 2x2 = 2y4 = x2 + y2 = 1z = 0

:

Per = 0 il sistema non ha soluzioni; supponiamo 6= 0.Si ha x = 1 , y = 32 ; quindi si ha1

2+ 322 = 1; quindi

1

2+ 322 = 1; quindi

13 = 42; quindi 2 = 134 ; quindi = p132 .

Per =p132 , si ha x =

213

p13, y = 313

p13, z = 0; quindi (x; y; z) =

( 213p13; 313

p13; 0).


Per = p132 , si ha x = 213

p13, y = 313

p13, z = 0; quindi (x; y; z) =

( 213p13;+ 313

p13; 0).

Si ha quindi

E \ F3

2

13

p13; 3

13

p13; 0

;

213

p13;

3

13

p13; 0

:

Si ha quindi

E

1

4;3

8;51

64

;

2

13

p13; 3

13

p13; 0

;

213

p13;

3

13

p13; 0

:

Si haf14 ; 38 ; 5164

= 2 14 + 3

38 + 4

5164 =

8+18+5116 =

7716 ;

f213

p13; 313

p13; 0

p13;f 213p13; 313p13; 0p13.

Si hap13 < 7716 se e solo se 13 162 < 772, cioe se e solo se 3328 < 5928;

cio e vero. Si ha quindip13 < 7716 .

Quindi si ha max(f) = 7716 , min(f) = p13.

Capitolo 18

Equazioni dierenziali

18.1 Equazioni del primo ordine

18.1.1 Problemi di Cauchy per equazioni del primo ordine

1. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:y0 =

pxy

y(1) = 1; (x; y) 2 [0;+1[]0;+1[ :

Risoluzione. L'equazione dierenziale e di tipo normale ed e assegnata suD = [0;+1[]0;+1[.L'equazione e equivalente a y0 =

pxpy; il problema di Cauchy equivale all'e-

quazione implicita di incognita y(x) com soluzioni tali che 1 2 dom(y),Z y1

1ptdt =

Z x1

pt dt; x 0; y > 0 ;

cioe h2t

12

iy1=

2

3t32

x1

; x 0; y > 0 ;

cioe

2py 2 = 2

3

px3 2

3; x 0; y > 0 ;

cioe

2py =

2

3

px3 +

4

3; x 0; y > 0 ;

cioe py =

1

3

px3 +

2

3; x 0; y > 0 ;

cioe

y =

1

3

px3 +

2

3

2; x 0; y 2 R :

67

68 CAPITOLO 18. EQUAZIONI DIFFERENZIALI

Si trova quindi la funzione

' : [0;+1[! R; x !1

3

px3 +

2

3

2:

2. Esercizio. Risolvere il seguente problema di Cauchy:(y0 =

qxy

y(1) = 2:

Risoluzion

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