esercizi hessiana / punti critici 2 variabili

5/9/2018 esercizi hessiana / punti critici 2 variabili - slidepdf.com

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1 Esercizi sulla natura dei punti critici (o stazionari)

Determinare i punti critici dei seguenti campi scalari e studiarne la natura:

1. f (x, y) = 2x3 + y3 − 3x2 − 3y;

2. f (x,y,z) = x2 − 2x + y2 + log(1 + z2);

3. f (x,y,z) = arctan(x2 + z2) − (y − 1)3;

4. f (x, y) = x log(x + 4y2).

Soluzione.

1. Osserviamo che f ∈ C 1(R2). I punti stazionari sono i punti (x, y) ∈ R2 tali che f (x, y) = (0, 0).

Essi sono quindi le soluzioni del sistema∂ xf (x, y) = 6x2 − 6x = 0

∂ yf (x, y) = 3y2 − 3 = 0.

I punti stazionari sono: A = (0, 1), B = (0,−1), C = (1, 1), D = (1,−1).La matrice Hessiana di f in (x, y) e:

H (x, y) =

12x − 6 0

0 6y

da cui ricaviamo che A e D sono punti di sella, B e un punto di massimo relativo, C e un punto diminimo relativo.

2. La funzione f ∈ C 1(R3) ha un unico punto stazionario: A = (1, 0, 0).La matrice Hessiana di f valutata in A e

H =2 0 0

0 2 00 0 2

Avendo la matrice Hessiana un unico autovalore λ = 2 positivo (di molteplicita 3), il punto A risultaessere punto di minimo relativo.

Osserviamo che A e anche un punto di minimo assoluto per f . Infatti

f (x,y,z) = x2 − 2x + 1 + y2 + log(1 + z2) − 1 = (x − 1)2 + y2 + log(1 + z2) − 1 ≥ −1,

per ogni (x,y,z) ∈ R3, e inoltre f (A) = −1.

3. La funzione f ∈ C 1(R3) ha un unico punto stazionario: A = (0, 1, 0).

La matrice Hessiana di f valutata in A e:

H =

2 0 0

0 0 00 0 2

Essendo la matrice Hessiana solo semidefinita positiva, non si puo concludere nulla con il test dellamatrice Hessiana. Pertanto studiamo il comportamento della funzione in un intorno del puntostazionario, valutando il segno della differenza

f (x,y,z) − f (0, 1, 0) = f (x,y,z).

Restringendo alla retta x = z = 0 (facendo variare y ∈ R) consideriamo la funzione: y → f (0, y, 0) =

−(y − 1)3; questa cambia segno in un intorno di y = 1.Dunque A e un punto di sella.

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4. Osserviamo che A = domf = {(x, y) ∈ R2 : x + 4y2 > 0} e aperto. Inoltre f ∈ C 1(A). Cerco i

punti critici di f (che ovviamente devono appartenere ad A). Risolvo il sistema:∂ xf (x, y) = log(x + 4y2) + x

x+4y2= 0

∂ yf (x, y) = 8xyx+4y2

= 0.

La seconda equazione ha soluzioni x = 0 e y = 0, che inserite nella prima equazione, dannox = 0

log4y2 = 0;

y = 0

log(x) + 1 = 0.

I punti stazionari sono: P 0 = (0, 1/2), P 1 = (0,−1/2), P 2 = (1/e,0). La matrice Hessiana di f in(x, y) e:

H (x, y) =

x+8y2

(x+4y2)232y3

(x+4y2)2

32y3

(x+4y2)28x(x−4y2)(x+4y2)2

da cui ricaviamo che

H (P 0) =

2 44 0

; H (P 1) =

2 −4

−4 0

; H (P 2) =

e 00 8

.

Segue che P 0 e P 1 sono punti di sella, mentre P 2 e un punto di minimo relativo.

Esercizio (di approfondimento) Siano assegnati n punti nel piano: P 1 = (x1, y1), . . . , P n = (xn, yn).Si determini P = (x, y) tale che la somma dei quadrati delle distanze di P da ciascuno degli n punti,P 1 = (x1, y1), . . . , P n = (xn, yn), sia minima.

Sol. Poiche la distanza di P da P i e P − P i = (x − xi)2 + (y − yi)2, per i = 1, . . . , n, si deve

minimizzare il campo scalare

f (x, y) =

ni=1

[(x − xi)2 + (y − yi)

2], (x, y) ∈ R2.

Cerchiamo i punti critici per f :

∂ xf (x, y) = 2n

i=1(x − xi) = 2n

i=1(x) − 2n

i=1 xi = 2nx − 2n

i=1 xi = 0 =⇒ x = 1n

ni=1 xi

∂ yf (x, y) = 2

ni=1(y − yi) = 2

ni=1(y) − 2

ni=1 yi = 2ny − 2

ni=1 yi = 0 =⇒ y = 1

nni=1 yi.

C’e quindi un solo punto critico: P =1n

ni=1 xi, 1n

ni=1 yi

. Per studiarne la natura considero la matrice

Hessiana di f :

H (x, y) =

2n 00 2n

=⇒ H (P ) =

2n 00 2n

.

Dunque P e un punto di minimo locale per f ; si potrebbe provare anche che e l’unico punto di minimoassoluto. Quindi P = P.

Abbiamo trovato che la posizione del punto che minimizza la somma dei quadrati delle distanze daglin punti assegnati e il baricentro dei punti (supponendo che ciascun punto abbia massa unitaria).

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