funzioni

FUNZIONI IN PIU VARIABILI

1. Esercizi

Esercizio 1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni:

1) f(x, y) = log(x2y − xy2) 2) f(x, y) =√−|x2 + y2 − 2|

3) f(x, y) =√

x4 − y2 4) f(x, y) =√

cos(x2 + y2)

5) f(x, y) = arcsinx− y

x + y6) f(x, y) =

√xy − 1 log(5− 2x− 2y)

7) f(x, y, z) =1

x− y+

1

y − z+

1

z − x8) f(x, y, z) =

√x2 + y2 − 1

z + 1

9) f(x, y, z) =

√2x− x2 − y2 − z2

x2 + y2 + z2 − x10) f(x, y, z) =

z√1− cos(xy)

Esercizio 2. Studiare gli insiemi di livello delle seguenti funzioni:

1) f(x, y) =y2

x2 + y22) f(x, y) = ye−x

3) f(x, y) =√

cos(x2 + y2) 4) f(x, y) = arcsinx− y

x + y

5) f(x, y, z) =

√x2 + y2 − 1

z + 16) f(x, y, z) =

√2x− x2 − y2 − z2

x2 + y2 + z2 − x

Esercizio 3. Stabilire quale dei seguenti limiti esiste, e calcolare questi ultimi:

1) lim(x,y)→(0,0)

log(√

x2 + y2) 2) lim(x,y)→(0,0)

x + y

x− y

3) lim(x,y)→(0,0)

xyx2 − y2

x2 + y24) lim

(x,y)→(0,0)

x2y

x4 + y2

5) lim(x,y)→(0,0)

sin(x2 + 3y2)√x2 + y2 + xy

6) lim(x,y)→(0,0)

arctan(xy)

x2 + y2

7) lim(x,y)→(0,0)

x5y2

x6 + y6 + 3x2 + y28) lim

(x,y)→(0,0)

x3y2

x6 + y2

9) lim(x,y)→(0,0)

x3y2

x6 + y410) lim

(x,y)→(0,0)

log(1 + x3y2)

x3y2

Esercizio 4. Studiare continuita , derivabilita rispetto ad una qualsiasi direzione, dif-ferenziabilita delle seguenti funzioni

(1) f(x, y) =

x2 arctan1

yse y 6= 0

0 se y = 0

(2) f(x, y) =

sin

√x2 + y2√

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

1 se (x, y) = (0, 0)1

2 FUNZIONI IN PIU VARIABILI

(3) f(x, y) =

y2 cos1

yse y 6= 0

0 se y = 0

(4) f(x, y) =

3x3 − y3

x2 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

(5) f(x, y) =

x2y

x4 + y2se (x, y) 6= (0, 0)

0 se (x, y) = (0, 0)

Esercizio 5. Scrivere l’ equazione del piano tangente al grafico della funzione f(x, y) =x2 log y in A(1, 1, 1).

Esercizio 6. . Calcolare il massimo valore che assume la derivata direzionale di f(x, y) =sin(x + 2y) in A(π

8, π

16).

Esercizio 7. . Determinare e classificare i punti stazionari delle seguenti funzioni:

1) f(x, y) = xy 2) f(x, y) = log(xy)3) f(x, y) = x3 + y2 − 2xy − y 4) f(x, y) = x2 + 2y2 − 2x

5) f(x, y) = e1−x2−y26) f(x, y) =

√(y − x + 1)(x− y + 1)

7) f(x, y) = x2 + 2xy + ay2 8) f(x, y) = 1xy−1

9) f(x, y) = xyx2+y2 10) f(x, y) =

√1− x2 − y2

11) f(x, y) = sin(x + y) 12) f(x, y) = log(x2 + 2xy + 2y2 + 1)

13) f(x, y) = log(ex2−y2+ 1) 14) f(x, y) = e

√x2+xy+y2

15) f(x, y) = log(ex2+y2+ 1) 16) f(x, y) = −x2 + 2x sin y + cos y.

Esercizio 8. . Siano f : R2 → R3 e g : R3 → R due funzioni definite come f(x, y) =(x2, xy, y2) e g(x, y, z) = x2 + yz. Verificare la formula per la mtrice jacobiana di g ◦ f,ossia ∇(g ◦ f) = ∇g|f · J(f).

2. Soluzioni di alcuni esercizi

Soluzione dell’ Esercizio 1. 1) La funzione f(x, y) = log(x2y − xy2) e definita nei punti{(x, y) ∈ R2|x2y−xy2 > 0}. La disequazione precedente puo essere scritta come il prodottoxy(x − y) > 0 e quindi puo essere risolta usando la regola dei segni in ogni regione incui il piano risulta diviso dalle varie curve coinvolte. Cominciamo con lo studiare il segnodella prima x > 0 : e evidente che la funzione x e positiva nel primo e quarto quadrante, enegativa nel secondo e terzo, ed e nulla lungo l’ asse y. La seconda funzione y e positiva nelprimo e secondo quadrante, e negativa nel terzo e nel quarto quadrante, ed e nulla lungol asse x. La terza funzione x− y e positiva nei punti a destra della retta y = x bisettricedel primo e terzo quadrante, e negativa nei punti a sinistra della suddetta retta, ed e nullalunga la bisettrice in oggetto. Il piano risulta allora diviso in 6 regioni: A1 = {(x, y) ∈R2|x > 0, 0 < y < x} che descrive l’ angolo del primo quadrante compreso tra il semiassepositivo delle ascisse e la bisettrice del primo quadrante; A2 = {(x, y) ∈ R2|x > 0, y > x}che descrive l’ angolo del primo quadrante compreso tra il semiasse positivo delle ordinatee la bisettrice del primo quadrante; A3 = {(x, y) ∈ R2|x < 0, y > 0} che descrive ilsecondo quadrante; A4 = {(x, y) ∈ R2|x < 0, x < y < 0} che descrive l’ angolo del terzoquadrante opposto al vertice di A1; A5 = {(x, y) ∈ R2|x < 0, y < x} che descrive l’angolo opposto al vertice di A2; A6 = {(x, y) ∈ R2|x > 0, y < 0} che descrive il quartoquadrante. In A1 le tre funzioni che moltiplichiamo sono tutte positive, e quindi il loro

FUNZIONI IN PIU VARIABILI 3

prodotto e positivo; in A2 sono positive le prime due, ma la terza e negativa, e quindiil loro prodotto e negativo; in A3 sono negative le prima e la terza, mentre la seconda epositiva, e quindi il loro prodotto e positivo; in A4 le funzioni sono tutte negative e quindiil loro prodotto e negativo; in A5 le prime due sono negative, e la terza e positiva, e quindiil loro prodotto e positivo; in A6 la prima e la terza sono positive, mentre la seconda enegativa, e quindi il loro prodotto e negativo. In conclusione, il dominio Dom(f) di f ecostituito da A1 ∪ A3 ∪ A5 in quanto lungo gli assi coordinati e la bisettrice del primoe terzo quadrante il prodotto e nullo, e quindi f e definita nell’ unione disgiunta dei treangoli descritti.

2) La funzione f(x, y) =√−|x2 + y2 − 2| e definita dove il radicando e non negativo,

ossia −|x2 + y2 − 2| ≥ 0. Moltiplicando per −1 abbiamo |x2 + y2 − 2| ≤ 0 e quindix2 + y2 − 2 = 0 per le proprieta del valore assoluto. Ne consegue che Dom(f) = {(x, y) ∈R2|x2 + y2 − 2 = 0} che descrive i punti della circonferenza di centro l’ origine e raggio√

2.

3) La funzione f(x, y) =√

x4 − y2 e definita nei punti del piano che verificano lacondizione x4 − y2 ≥ 0, che puo essere riscritta come (x2 − y)(x2 + y) ≥ 0. Abbiamoquindi una disequazione che puo essere risolta con la regola dei segni. La funzione x2 − ye positiva in {(x, y) ∈ R2|y < x2} cioe nei punti del piano al di sotto della parabolaγ1 : y = x2, e negativa nella parte al di sopra di γ1, ed e nulla nei punti di γ1. La funzionex2 + y e positiva in {(x, y) ∈ R2|y > −x2} cioe nei punti al di sopra della parabolaγ2 : y = −x2, e negativa al di sotto di γ2, ed e nulla nei punti di γ2. Il piano risulta alloradiviso in tre regioni: A1 = {(x, y) ∈ R2|y > x2} che descrive i punti al di sopra di γ1,A2 = {(x, y) ∈ R2| − x2 < y < x2} che descrive i punti al di sopra di γ2 ed al di sottodi γ1, ed A3 = {(x, y) ∈ R2|y < −x2} che descrive i punti al di sotto di γ2. Osserviamoesplicitamente che le due parabole γ1 e γ2 hanno lo stesso vertice (0, 0), lo stesso asse disimmetria ortogonale x = 0, e la stessa retta tangente nel vertice y = 0. Hanno inoltre lastessa apertura, ma sono situate in semipiani diversi. In A1 la prima funzione e negativa,la seconda e positiva, e quindi il loro prodotto e negativo; in A2 sono entrambe positive, equindi il loro prodotto e positivo; in A3 la prima e positiva, metre la seconda e negativa,e quindi il loro prodotto e negativo. Lungo le due parabole, il prodotto e nullo. Inconclusione, Dom(f) = {(x, y) ∈ R2| − x2 ≤ y ≤ x2} ossia in A2 ∪ γ1 ∪ γ2.


cos(x2 + y2) e definita nei punti del piano che verificano ladisequazione cos(x2 + y2) ≥ 0. Essendo x2 + y2 ≥ 0, la precedente disequazione e risoltain {(x, y) ∈ R2|0 ≤ x2 + y2 ≤ π

2} ∪∪k∈N{(x, y) ∈ R2| − π

2+ 2kπ ≤ x2 + y2 ≤ π

2+ 2kπ} che

descrive un’ unione di corone circolari comprese tra circonferenze di centro nell’ originee raggi opportuni. Osserviamo che la funzione f(x, y) dipende da

√x2 + y2 piu che da

x ed y e quindi il grafico di f(x, y) formato dai punti di coordinate (x, y, f(x, y)) ∈ R3

e una superficie di rotazione intorno all’ asse z. Questo conferma ulteriormente la formadel dominio.

5) La funzione f(x, y) = arcsin x−yx+y

e definita nei punti del piano che verificano il sistema

di disequazioni x−yx+y

≥ −1x−yx+y

≤ 1

x + y 6= 0

La prima delle disequazioni, semplificata, e 2xx+y

≥ 0, mentre la seconda e −2yx+y

≤ 0, ossiay

x+y≥ 0.


Usando la regola dei segni, la prima e risolta in {(x, y) ∈ R2|x > 0, y > −x}∪ {(x, y) ∈R2|x < 0, y < −x} ∪ {(0, y) ∈ R2|y 6= 0}, che descrivono i due angoli di ampiezza 3π

4opposti al vertice compresi tra l’ asse y e la bisettrice del secondo e quarto quadrante, conl’ asse y incluso e la bisettrice esclusa.

La seconda disequazione e risolta in {(x, y) ∈ R2|y > 0, x > −y} ∪ {(x, y) ∈ R2|y <0, x < −y} ∪ {(x, 0) ∈ R2|x 6= 0} che descrive l’ unione dei due angoli opposti al verticedi ampiezza 3π

4compresi tra l’ asse x e la bisettrice del secondo e quarto quadrante, con

l’ asse x incluso e la bisettrice esclusa.Il loro sistema e risolta nei punti comuni alle soluzioni delle tre disequazioni. Quindi,

il dominio Dom(f) e uguale a {(x, y) ∈ R2|x ≥ 0, y ≥ 0} ∪ {(x, y) ∈ R2|x ≤ 0, y ≤0} \ {(0, 0)} ossia dai punti del primo e del terzo quardante, assi inclusi, ma origineesclusa. Quindi, Dom(f) e formato da due regioni separate.


xy − 1 log(5− 2x − 2y) e definita nei punti che risolvono ilsistema di disequazioni {

xy − 1 ≥ 05− 2x− 2y > 0.

La prima disequazione e risolta dai punti {(x, y) ∈ R2|x > 0, y ≥ 1x} ∪ {(x, y) ∈ R2|x <

0, y ≤ 1x} ossia dai punti al di sotto oppure sull’ iperbole equilatera riferita ai propri

asintoti di equazione xy = 1.La seconda disequazione e risolta dai punti del semipiano {(x, y) ∈ R2|2x + 2y < 5}

formato dai punti al di sotto della retta 2x + 2y = 5.La retta e l’ iperbole si intersecano nei punti di coordinate (2, 1

2) e (1

2, 2) e quindi il

sistema e risolto in {(x, y) ∈ R2|x < 0, y ≤ 1x}∪{(x, y) ∈ R2|1

2< x < 2, 1

x≤ y ≤ −x+ 5

2}.

7) La funzione f(x, y, z) = 1x−y

+ 1y−z

+ 1z−x

e definita nei punti che risolvono il sistema x− y 6= 0y − z 6= 0z − x 6= 0

ossia nei punti di R3 che non si trovano su nessuno dei tre piani di equazione x − y = 0oppure y − z = 0 oppure x − z = 0. I tre piani contengono la retta x = y = z e quindiDom(f) consiste di 6 regioni “cilindriche” e disgiunte di spazio.

8) La funzione f(x, y, z) =√

x2+y2−1z+1

e definita nei punti che risolvono la disequazionex2+y2−1

z+1≥ 0.

Il numeratore si annulla nei punti del cilindro C di equazione x2 + y2 = 1 aventegeneratrici parallele all’ asse z e direttrice la circonferenza γ del piano [xy] di centro(0, 0, 0) e raggio 1. Il numeratore e positivo nei punti esterni al cilindro, e negativo inquelli interni.

Il denominatore e nullo nei punti del piano α : z = −1 ortogonale all’ asse del cilindro,e positivo nel semispazio z > −1 ed e negativo nel semispazio complementare.

Lo spazio R3 risulta quindi diviso in 4 regioni: A1 formato dai punti interni al cilindroe nel semipsazio z > −1; A2 formato dai punti esterni al cilindro e nello stesso semipazio;A3 formato dai punti interni al cilindro e nel semispazio z < −1; A4 formato dai puntiesterni al cilindro e nel semispazio z < −1.

Usando la regola dei segni nelle quattro regioni, abbiamo che la frazione e positiva inA2 ed in A4, mentre e negativa in A1 ed in A3.


Quindi, Dom(f) = A2 ∪ A4 ∪ C \ α.

9) La funzione f(x, y, z) =√

2x−x2−y2−z2

x2+y2+z2−xe definita nei punti di R3 che risolvono la

disequazione 2x−x2−y2−z2

x2+y2+z2−x≥ 0. Possiamo allora usare la regola dei segni.

Il numeratore e la funzione 2x − x2 − y2 − z2 che si annulla nei punti della sfera S1

di centro (1, 0, 0) e raggio 1. Nei punti interni alla sfera S1 la funzione e positiva (bastasostituire le coordinate del centro e calcolare il valore assunto dalla funzione stessa),mentre e negativa nei punti esterni ad S1.

Il denominatore x2 + y2 + z2 − x si annulla nei punti della sfera S2 di centro (12, 0, 0)

e raggio 12. Analogamente al numeratore, abbiamo che la funzione e positiva nei punti

esterni ad S2, ed e negativa nei punti interni ad S2.Le due sfere sono tangenti internamente, con S1 esterna ad S2. Quindi, R3 rimane diviso

in tre regioni: A1 formato dai punti interni ad S2, A2 formato dai punti compresi tra ledue sfere, A3 formato dai punti esterni ad S1.

In A1, le due funzioni sono di segno diverso, e quindi il loro rapporto e negativo; in A2

le due funzioni sono dello stesso segno, e quindi il loro rapporto e positivo; in A3, infine, ledue funzioni sono di segno opposto e quindi il loro rapporto e di segno negativo. Quindi,f e definita in A2 ∪ S1 \ S2.

10) La funzione f(x, y, z) = z√1−cos(xy)

e definita nei punti che verificano la disequazione

1− cos(xy) > 0 ossia in tutti i punti per cui cos(xy) < 1. Viste le proprieta della funzionecos, il dominio e Dom(f) = {(x, y, z) ∈ R3|xy 6= 2kπ, k ∈ Z}. Poiche xy = a e un cilindrocon generatrici parallele all’ asse z e direttrice l’ iperbole equilatera riferita ai propriasintoti di equazione z = 0, xy = a, abbiamo che il dominio e formato dai punti di R3 chenon si trovano sui cilindri di equazioni xy = 2kπ con k ∈ Z. Osserviamo esplicitamenteche, per k = 0, il cilindro e l’ unione dei due piani coordinati [xz] e [yz].

Soluzione dell’ Esercizio 2. 1) La funzione f(x, y) = y2

x2+y2 e definita nei punti per cui

x2 + y2 6= 0 ossia in R2 \ {(0, 0)}. Osserviamo ora che y2 ≤ x2 + y2 per ogni punto(x, y) ∈ Dom(f), e quindi f(x, y) ≤ 1 nei punti di Dom(f). Ovviamente, essendo positivisia il numeratore, sia il denominatore, abbiamo che f(x, y) ≥ 0. Quindi, e possibilestudiare le linee di livello f(x, y) = k per 0 ≤ k ≤ 1. L’ equazione f(x, y) = k equivale

a y2

x2+y2 = k ossia kx2+(k−1)y2

x2+y2 = 0. Quindi, le linee di livello sono le parti delle curve

γk : kx2 +(k− 1)y2 = 0 contenute in Dom(f). La curva γk e una conica degenere che, perk 6= 0, 1, rappresenta una coppia di rette per l’ origine. Quindi γk ∩ Dom(f) e l’ unione

delle due rette rk :√

kx +√

k − 1y = 0 ed sk :√

kx −√

k − 1y = 0 ma senza l’ origine.Per k = 0 γ0 : y2 = 0 che rappresenta l’ asse x doppio; per k = 1 γ1 : x2 = 0 rappresental’ asse y doppio.

2) La funzione f(x, y) = ye−x e definita in tutti i punti del piano, e quindi Dom(f) = R2.Inoltre, f(x, y) assume tutti i valori reali. Le curve di livello sono γk : ye−x = k, ossiay = kex. Quindi, per k 6= 0 γk e una funzione di tipo esponenziale, mentre per k = 0 γ0 el’ asse x.

3) Il dominio della funzione f(x, y) =√

cos(x2 + y2) e dato dall’ unione di infinitecorone circolari, come calcolato nelle soluzioni dell’ Esercizio 1.9. Poiche la funzione√

cos t assume valori tra 0 e 1 estremi inclusi, possiamo studiare le linee di livello solo per0 ≤ k ≤ 1. Sia γk : f(x, y) = k la linea di livello. Otteniamo allora cos(x2 + y2) = k2 ossia


x2 + y2 = arccos(k2) + 2mπ e x2 + y2 = − arccos(k2) + 2(m + 1)π con m ∈ N0. Quindi, γk

rappresenta infinite circonferenze concentriche, due per ogni corona circolare.

4) La funzione f(x, y) = arcsin x−yx+y

e definita nei punti del primo e del terzo quadrante,

assi inclusi ed origine esclusa, come calcolato nelle soluzioni dell’ Esercizio 1.5. Poichela funzione arcsin assume valori tra −π

2e π

2scegliamo k in tale intervallo. La linea

γk : arcsin x−yx+y

= k definisce ovviamente una linea di livello. Applicando la funzione sin

otteniamo x−yx+y

= sin k e quindi (1 − sin k)x − (1 + sin k)y = 0. Quindi γk rappresenta

una retta per l’ origine, che va privata dell’ origine perche l’ origine non e in Dom(f).Osserviamo che γk e sempre nel primo e nel terzo quadrante, visto che −1 ≤ sin k ≤ 1.

5) Il dominio della funzione f(x, y, z) =√

x2+y2−1z+1

e stato calcolato nelle soluzioni dell’

Esercizio 1.8. Poiche la funzione√

assume solo valori non negativi, possiamo assegnare

a k solo valori ≥ 0. La superficie di livello e allora σk : x2+y2−1z+1

= k2 che puo essere

scritta come σk : x2 + y2 − k2z − k2 − 1 = 0. Per k 6= 0 σk e un paraboloide ellittico dirotazione intorno all’ asse z avente vertice in V (0, 0,−1+k2

k2 ). Per k = 0 σ0 e il cilindroavente generatrici parallele all’ asse z e direttrice la circonferenza Γ : z = −1, x2 + y2 = 1.Osserviamo esplicitamente che tutte le superfici di livello contengono la circonferenza Γe che questa deve essere esclusa dalle superfici di livello perche la funzione non e definitanei punti del piano z = −1.

6) Anche il dominio della funzione f(x, y, z) in oggetto e stato gia studiato. Poiche lafunzione e una radice quadrata, assume solo valori non negativi. Poniamo allora k ≥ 0 estudiamo le superfici di livello σk : f(x, y, z) = k. Elevando al quadrato, e riducendo allo

stesso denominatore, otteniamo σk : x2 + y2 + z2− k2+2k2+1

x = 0 che rappresenta una sfera di

centro C( k2+22(k2+1)

, 0, 0) e passante per l’ origine. Il centro C di σk e sempre contenuto nel

segmento di estremi (1, 0, 0) e (12, 0, 0) ed e sempre tangente internamente alla sfera S1 ed

esternamente alla sfera S2. Eccetto l’ origine degli assi che non appartiene a Dom(f) σk

descrive tutti i punti su cui f(x, y, z) assume il valore k ≥ 0.

Soluzione dell’ Esercizio 3. 1) Il dominio della funzione f(x, y) = log(√

x2 + y2) eDom(f) = R2\{(0, 0)}. Osserviamo che il grafico della funzione, dato dai punti di R3 di co-ordinate (x, y, f(x, y)), rappresenta una superficie di rotazione attorno all’ asse z. Quindi,e naturale studiare il limite di f(x, y) passando a coordinate polari x = ρ cos θ, y = ρ sin θ.In coordinate polari, abbiamo che la funzione diventa f(ρ, θ) = log ρ ed e indipendentedall’ angolo θ. Quindi, si ha

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limρ→0

log ρ = −∞.

2) La funzione f(x, y) = x+yx−y

e definita in tutti i punti di R2 che non sono sulla bisettrice

del primo e terzo quadrante. Proviamo a restringere la funzione su una retta per l’origine, che non sia y = x. Scegliamo y = mx con m 6= 1. La funzione ristretta e

f(x, mx) = (1+m)x(1−m)x

= 1+m1−m

ed e costante. Quindi, limx→0 f(x, mx) = 1+m1−m

e dipende

dalla retta scelta. D’ altra parte, se il limite della funzione f(x, y) esiste ed e `, alloralimx→0 f(x, mx) = ` e non dipende da m. Quindi, il limite non esiste.

3) Anche in questo caso possiamo passare a coordinate polari, ed otteniamo f(ρ, θ) =

ρ2 cos θ sin θ ρ2(cos2 θ−sin2 θ)ρ2 = 1

4ρ2 sin 4θ. Quindi, −1

4ρ2 ≤ f(ρ, θ) ≤ 1

4ρ2. Per calcolare il


limite limρ→0 f(ρ, θ) possiamo usare il teorema del confronto, poiche limρ→0±14ρ2 = 0.

Quindi si ha che limρ→0 f(ρ, θ) = 0.

4) Osserviamo che la restrizione della funzione f(x, y) ad una qualunque retta y = mx

per l’ origine e f(x, mx) = mx3

x2(m2+x2)= mx

m2+x2 e il limite della restrizione e limx→0 f(x, mx)

= 0, indipendentemente dalla retta scelta. Questo pero non e sufficiente ad affermare cheil limite della funzione f(x, y) esiste. Infatti, se consideriamo la restrizione di f(x, y) ad

una qualsiasi parabola di equazione y = ax2, otteniamo f(x, ax2) = ax4

x4(1+a2)= a

1+a2 e

quindi il limite limx→0 f(x, ax2) = a1+a2 e dipende dalla parabola considerata. Quindi,

lim(x,y)→(0,0) f(x, y) non esiste.

5) Osserviamo che x2 + y2 ≤ x2 + 3y2 ≤ 3(x2 + y2) e quindi, per piccoli valori

di ρ =√

x2 + y2 abbiamo anche che −(x2 + y2) ≤ sin(x2 + y2) ≤ sin(x2 + 3y2) ≤sin(3(x2 +y2)) ≤ 3(x2 +y2). Passando a coordinate polari, abbiamo che

√x2 + y2 + xy =√

ρ2(1 + cos θ sin θ) = ρ√

1 + 12sin(2θ). Usando le proprieta della funzione seno, si ot-

tiene ρ√2≤

√x2 + y2 + xy ≤ ρ

√32. Quindi, la funzione f(x, y) verifica −ρ

√23≤ f(ρ, θ) ≤

3ρ√

2. Usando il teorema del confronto, otteniamo che limρ→0 f(ρ, θ) = 0.

6) Usando il fatto che limt→0arctan t

t= 1, abbiamo che

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)

xy

x2 + y2.

Quest’ ultimo limite non esiste, perche le restrizioni alle rette dipendono dal coefficienteangolare della retta usata.

7) Poiche y2

x6+y6+y2+3x2 ≤ 1 allora−|x|5 ≤ f(x, y) ≤ |x|5 e quindi lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0

per il teorema del confronto.

8) Poiche y2

x6+y2 ≤ 1 abbiamo che−|x|3 ≤ f(x, y) ≤ |x|3 e quindi lim(x,y)→(0,0)f(x, y) = 0

per il teorema del confronto.

9) Se restingiamo la funzione ad una retta per l’ origine di equazione y = mx, otteniamo

che f(x, mx) = m2x5

x4(x2+m4)= xm2

x2+m4 . Quindi, limx→0 f(x, mx) = 0. Se restringiamo f(x, y)

alla curva di equazione y2 = x3 otteniamo f = 12, e quindi il limite non puo esistere.

10) Il limite da calcolare e un limite notevole, e quindi lim(x,y)→(0,0)log(1+x3y2)

x3y2 = 1.

Soluzione dell’ Esercizio 4. 1) La funzione f(x, y) e definita in tutti i punti di R2, econtinua in R2 \ {(x, 0)|x ∈ R}. Bisogna allora verificare la continuita nei punti dell’ assex, ossia bisogna studiare i limiti

lim(x,y)→(c,0)

f(x, y)

al variare di c ∈ R.Sia c 6= 0. Poiche f(x, y), al di fuori dell’ asse x, e il prodotto di g(x) = x2 e h(y) =

arctan 1y, possiamo studiare i due limiti

limx→c

g(x) limy→0

arctan1

y.


Ovviamente, il primo dei due esiste e vale c2, mentre il secondo non esiste, perche

limy→0+

arctan1

y=

π

2lim

y→0−arctan

1

y= −π

2.

In conclusione, il limite di f(x, y) non esiste perche non esiste sulla retta x = c.Sia c = 0. In questo caso, poiche−π

2≤ arctan 1

y≤ π

2abbiamo che−π

2x2 ≤ f(x, y) ≤ π

2x2

e quindi, usando il teorema del confronto, possiamo affermare che lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0.Riassumendo i risultati ottenuti, possiamo affermare che f(x, y) e continua in R2 esclusi

i punti dell’ asse x diversi dall’ origine.Sia g(x, y) = x2 arctan 1

ydefinita e continua in R2 \ {(x, 0)|x ∈ R}. Le sue derivate

parziali sono∂g

∂x= 2x arctan

1

ye

∂g

∂y= − x2

1 + y2

e sono continue nel dominio di g. Quindi, f e differenziabile nei punti di R2 fuori dall’asse x.

Calcoliamo ora le derivate direzionali di f(x, y) in (c, 0). Cominciamo con il considerarec 6= 0. Sia v = (cos θ, sin θ), con v 6= (1, 0).

Usando la definizione di derivata direzionale, abbiamo che

limt→0

f(c + t cos θ, t sin θ)− f(c, 0)

t= lim

t→0

(c + t cos θ)2

tarctan

1

t sin θ=| sin θ|sin θ

∞

e quindi la derivata nella direzione di v non esiste. Se v = (1, 0), abbiamo

limt→0

f(c + t, 0)− f(c, 0)

t= 0.

Sia ora c = 0. Scegliamo v = (cos θ, sin θ) con v 6= (1, 0). Usando la definizione, abbiamo

limt→0

f(t cos θ, t sin θ)− f(0, 0)

t= lim

t→0t cos2 θ arctan

1

t sin θ= 0,

mentre, se v = (1, 0), abbiamo

limt→0

f(t, 0)− f(0, 0)

t= 0.

Quindi, tutte le derivate parziali di f in (0, 0) esistono e sono nulle.Dalla precedente discussione, ricaviamo che f non e differenziabile nei punti dell’ asse x

diversi dall’ origine, mentre dobbiamo verificare la differenziabilita in quest’ ultimo punto.Usando la definizione, dobbiamo studiare il limite

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)√x2 + y2

= lim(x,y)→(0,0)

x2√x2 + y2

arctan 1y.

Poiche −π2≤ arctan 1

y≤ π

2, allora basta studiare

lim(x,y)→(0,0)

x2√x2 + y2

.

In coordinate polari, si ottienelimρ→0

ρ cos2 θ = 0

ed il teorema del confronto permette di concludere che f e differenziabile in (0, 0).


2) La funzione e definita in tutti i punti di R2. D’ altra parte, e evidente che f(x, y)

dipende da√

x2 + y2 piu che da x ed y. Quindi, la funzione e continua anche in (0, 0)perche

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limρ→0

sin ρ

ρ= 1.

Le derivate parziali di f(x, y) per (x, y) 6= (0, 0) sono

∂f

∂x= x

√x2 + y2 cos

√x2 + y2 − sin

√x2 + y2√

(x2 + y2)3

e∂f

∂y= y

√x2 + y2 cos

√x2 + y2 − sin

√x2 + y2√

(x2 + y2)3.

Esse sono definite e continue per (x, y) 6= (0, 0), e quindi f e differenziabile per (x, y) 6=(0, 0).

Studiamo ora la continuita delle derivate parziali di f(x, y) in (0, 0).Innanzitutto, osserviamo che

lim(x,y)→(0,0)

√x2 + y2 cos

√x2 + y2 − sin

√x2 + y2√

(x2 + y2)3= lim

ρ→0

ρ cos ρ− sin ρ

ρ3= −1

3.

Quindi, abbiamo che

lim(x,y)→(0,0)

∂f

∂x= −1

3lim

(x,y)→(0,0)x = 0

e

lim(x,y)→(0,0)

∂f

∂y= −1

3lim

(x,y)→(0,0)y = 0.

D’ altra parte, usando la definizione,

∂f

∂x(0, 0) = lim

x→0

f(x, 0)− f(0, 0)

x= lim

x→0

sin |x| − |x|x|x|

= 0

ed analogamente, ∂f∂y

(0, 0) = 0, e quindi le due derivate parziali sono continue nell’ origine.

Essendo continue, f e differenziabile in tutto R2.

3) La funzione e definita in tutti i punti di R2. La continuita va verificata solo nei puntidell’ asse x ed e semplice calcolare il limite, perche f(x, y) dipende solo da y. Abbiamoallora

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limy→0

y2 cos1

y= 0

perche −y2 ≤ y2 cos 1y≤ y2 e poi si usa il teorema del confronto. Quindi, f(x, y) e continua

in R2.Sia g(x, y) = y2 cos 1

ydefinita e continua in R2 \ {(x, 0)|x ∈ R}. Le sue derivate parziali

sono∂g

∂x= 0

e∂g

∂y= 2y cos

1

y+ sin

1

y

che sono continue nel dominio di g, e non esistono sui punti dell’ asse x perche non esistelimy→0 sin 1

y.


Studiamo ora le derivate direzionali di f nel punto (c, 0) dell’ asse x. Sia v = (cos θ, sin θ)un versore. Dalla definizione, bisogna studiare il limite

limt→0

f(c + t cos θ, t sin θ)− f(c, 0)

t= lim

t→0t sin2 θ cos

(1

t sin θ

)= 0

per v 6= (1, 0), perche la funzione cos e limitata.

Se v = (1, 0) allora limt→0f(c+t,0)−f(c,0)

t= 0.

In conclusione, le derivate direzioneli di f in (c, 0) esistono in tutte le direzioni, e sonotutte nulle.

Studiamo ora la differenziabilita di f in (c, 0). Essendo nulle le derivate parziali in (c, 0),bisogna studiare il limite

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(c, 0)√(x− c)2 + y2

= lim(x,y)→(c,0)

y2 cos 1y√

(x− c)2 + y2.

Ma, da√

(x− c)2 + y2 ≥ |y| si ricava

−|y| ≤y2 cos 1

y√(x− c)2 + y2

≤ |y|

da cui otteniamo che il precedente limite vale 0, usando il teorema del confronto.Ne ricaviamo che f e differenziabile in tutti i punti di R2. Visto che la derivata parziale

di f rispetto ad y non e continua, viene confermato il teorema che afferma che le derivateparziali continue garantiscono la differenziabilita , mentre il viceversa non vale.

4) La funzione e definita in tutto R2. La continuita va verificata solo in (0, 0). Percalcolare il limite, possiamo usare le coordinate polari.

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y) = limρ→0

ρ(3 cos3 θ − sin3 θ).

Osserviamo che −4 ≤ 3 cos3 θ − sin3 θ ≤ 4 e quindi il limite precedente vale 0, per ilteorema del confronto. In conclusione, f(x, y) e continua in tutto R2.

Sia g(x, y) = 3x3−y3

x2+y2 definita e continua in R2 \ {(0, 0)}. Le sue derivate parziali sono

∂g

∂x=

3x2(x2 + y2)− 2x(3x3 − y3)

(x2 + y2)2=−4x4 + 3x2y2 + 2xy3

(x2 + y2)2

e∂g

∂y=−3y2(x2 + y2)− 2y(3x3 − y3)

(x2 + y2)2=−6x3y − 3x2y2 − y4

(x2 + y2)2

e sono continue nel dominio di g(x, y). Quindi, g e differenziabile, e le sue derivate di-rezionali esistono in tutti i punti del suo dominio ed in tutte le direzioni.

Studiamo ore le derivate direzionali di f(x, y) in (0, 0). Sia v = (cos θ, sin θ) un versore.Dalla definizione, dobbiamo studiare il limite

limt→0


t= lim

t→0(3 cos3 θ − sin3 θ) = 3 cos3 θ − sin3 θ

e quindi ∂f∂v

(0, 0) = 3 cos3 θ − sin3 θ. In particolare, le due derivate parziali di f in (0, 0)

sono uguali a ∂f∂x

(0, 0) = 3 ed a ∂f∂y

(0, 0) = −1.

Per studiare la differenziabilita , bisogna studiare il limite

lim(x,y)→(0,0)

f(x, y)− f(0, 0)− 3x + y√x2 + y2

= lim(x,y)→(0,0)

xy(x− 3y)√(x2 + y2)3

.


Se restringiamo l’ argomento del limite alle rette del tipo y = mx otteniamo che il limitedipende dalla retta scelta, e quindi il limite non esiste, ed f non e differenziabile in (0, 0).

5) La funzione e definita in tutto R2, ma e continua solo in R2 \ {(0, 0)}. Infatti, l’unico limite da calcolare e quello di f(x, y) per (x, y) → (0, 0) che e stato gia studiatonell’ Esercizio 3(4), ed e stato provato che non esiste.

Studiamo ora le derivate direzionali. Sia g(x, y) = x2yx4+y2 definita in (x, y) 6= (0, 0). La

funzione g(x, y) e continua nel suo dominio. Le derivate parziali

∂g

∂x=

2xy(x4 + y2)− 4x5y

(x4 + y2)2=

2xy3 − 2x5y

(x4 + y2)2

e∂g

∂y=

x2(x4 + y2)− 2x2y2

(x4 + y2)2=

x6 − x2y2

(x4 + y2)2

sono continue nel dominio di g(x, y) e quindi le derivate direzionali esistono in tutti i puntidel dominio di g(x, y) ed in tutte le direzioni.

Restano da studiare le derivate direzionali di f(x, y) in (0, 0), usando la definizione. Siaquindi v = (cos θ, sin θ) un versore. Se la derivata direzionale esiste, essa e uguale a

limt→0


t= lim

t→0

t3 cos2 θ sin θ

t3(t2 cos4 θ + sin2 θ)=

cos2 θ

sin θ.

Quindi, in tutte le direzioni per cui sin θ 6= 0, ∂f∂v

(0, 0) = cos2 θsin θ

, e le derivate direzionaliesistono. Se v = (1, 0) allora

limt→0

f(t, 0)− f(0, 0)

t= lim

t→00 = 0,

e quindi ∂f∂x

(0, 0) = 0.In conclusione, le derivate direzionali di f(x, y) in (0, 0) esistono in tutte le direzioni.Ovviamente, f(x, y) non e differenziabile in (0, 0) perche non e continua in (0, 0), men-

tre, essendo le derivate parziali di g(x, y) continue in tutti i punti del dominio di g, allorag e differenziabile in tutti i punti del suo dominio.

Soluzione dell’ Esercizio 5. Dalla teoria, e noto che il piano tangente al grafico di f(x, y)in A ha equazione

πA : z = f(xA, yA) +∂f

∂x(xA, yA)(x− xA) +

∂f

∂y(xA, yA)(y − yA).

Calcoliamo quindi le derivate parziali di f :

∂f

∂x= 2x2 log y−1 log y

mentre∂f

∂y= 2y2 log x−1 log x.

In (1, 1) esse valgono ∂f∂x

(1, 1) = ∂f∂y

= 0, e quindi il piano tangente ha equazione πA : z = 1.


Soluzione dell’ Esercizio 6. La funzione assegnata e continua con derivate parziali primecontinue in tutti i punti di R2, e quindi possiamo usare la formula del gradiente peresprimere le derivate direzionali. Calcoliamo allora le derivate parziali prime di f :

∂f

∂x= cos(x + 2y)

∂f

∂y= 2 cos(x + 2y).

Il gradiente di f in A e ∇f(A) = (∂f∂x

(A), ∂f∂y

(A)) = ( 1√2,√

2). Dato un versore v =

(cos θ, sin θ), otteniamo∂f

∂v(A) = ∇f(A) · v.

Dalle proprieta del prodotto scalare, otteniamo che la derivata direzionale e massimaquando v e parallelo ed equiverso a ∇f(A), e minimo quando v e parallelo ma di versoopposto a ∇f(A), ed e nullo quando i due vettori sono ortogonali. In particolare, allora,

se v =(

1√5, 2√

5

), la derivata direzionale e massima.

Soluzione dell’ Esercizio 7. 1) La funzione f(x, y) e definita e continua in tutti i punti delpiano. Inoltre, e derivabile con derivate parziali continua di ogni ordine nel suo dominio,essendo un polinomio. L’ unico punto stazionario di f e (0, 0) ed e un punto di sella perf(x, y). Infatti, le due derivate parziali sono fx = y ed fy = x. Ponendole uguali a zero siottiene y = 0, x = 0 e quindi l’ origine e l’ unico punto stazionario. La matrice hessiana e

H(f) =

[fxx fxy

fyx fyy

]=

[0 11 0

]ed e non definita in segno. Quindi, (0, 0) e un punto di sella per f. Osserviamo infineche il grafico di f e la superficie di equazione z = xy che rappresenta un iperboloide asella avente l’ origine come vertice. Il piano tangente alla superficie nel vertice e z = 0,e questo giustifica il fatto che e stazionario. Ruotando il sistema di riferimento di π/4intorno all’ asse z, viene riportato in forma canonica.

2) La funzione f(x, y) e definita e continua nel primo e nel terzo quadrante, assi esclusi.Nel suo dominio, e derivabile con derivate parziali continue di ogni ordine, ma non hapunti stazionari. Infatti, le due derivate parziali sono fx = 1

x, ed fy = 1

ye non si annullano

nel suo dominio.

3) La funzione e un polinomio, e quindi e continua, con derivate parziali continue diogni ordine. Le derivate parziali prime sono fx = 3x2−2y, fy = 2y−2x−1. Per calcolarei punti stazionari, dobbiamo risolvere il sistema{

3x2 − 2y = 02x− 2y + 1 = 0.

Dalla seconda equazione ricaviamo 2y = 2x + 1; sostituendo nella prima equazione, otte-niamo 3x2 − 2x− 1 = 0 le cui radici sono x1 = −1/3, x2 = 1. Sostituendo i valori trovati,ricaviamo le coordiante dei punti stazionari che sono A(−1

3, 1

6) e B(1, 3

2). La matrice hes-

siana e

H(f) =

[6x −2−2 2

].

In A, essa diventa

H(f)(A) =

[−2 −2−2 2

]ed e non definita in segno avendo P (t) = t2 − 8 come polinomio caratteristico.


In B, essa diventa

H(f)(B) =

[6 −2−2 2

]ed e definita positiva avendo P (t) = t2 − 8t + 8 come polinomio caratteristico.

In conclusione, A e un punto di sella, mentre B e un punto di minimo.

4) La funzione e un polinomio ed e quindi continua con derivate parziali di ogni ordinecontinue in R2. Le due derivate parziali prime sono fx = 2x− 2, fy = 4y e l’ unico puntostazionario e (1, 0). La matrice hessiana e

H(f) =

[2 00 4

]che e diagonale con autovalori positivi. Quindi, e definita positiva, ed (1, 0) e punto diminimo. Osserviamo che la superficie grafico di f(x, y) ha equazione z = x2 + 2y2 − 2xed e un paraboloide ellittico con asse di simmetria parallelo all’ asse z. Quindi, il verticee il punto di minimo.

5) La funzione f(x, y) e continua con derivate parziali di ogni ordine continue in R2.

Le due derivate parziali prime sono fx = −2xe1−x2−y2, fy = −2ye1−x2−y2

e quindi l’ unicopunto stazionario e A(0, 0), essendo l’ esponenziale mai nulla. La matrice hessiana di fin A e

H(f)(A) =

[−2e 00 −2e

]che e diagonale, con autovalori negativi. Quindi, essa e definita negativa ed A e puntodi massimo per f. Osserviamo che f dipende da

√x2 + y2 e quindi il suo grafico e una

superficie di rotazione attorno all’ asse z. Inoltre, l’ esponente 1 − x2 − y2 assume solovalori minori od uguali ad 1 e quindi f(x, y) assume tutti e soli i valori compresi tra 0 ede, 0 escluso.

6) Il dominio di f(x, y) =√

1− x2 + 2xy − y2 =√

1− (x− y)2 e costituito da tutti esoli i punti del piano per cui 1− x2 + 2xy− y2 ≥ 0. La disequazione puo anche riscriversicome (x − y)2 ≤ 1 che e risolta per −1 ≤ x − y ≤ 1. Quindi, f(x, y) e definita nellastriscia del piano compresa tra le due rette parallele x − y = −1 ed x − y = 1. Nel suodominio, f(x, y) e continua. Essa e derivabile con derivate di ogni ordine continue in−1 < x − y < 1 ossia nel dominio privato pero delle due rette. Le derivate parziali sonofx = −x+y√

1−x2+2xy−y2ed fy = x−y√

1−x2+2xy−y2che si annullano in infiniti punti. In particolare,

sono nulle in tutti e soli i punti della retta di equazione x − y = 0. Tali punti sono dimassimo perche f(x, y) ≤ 1 in tutti i punti del suo dominio, e vale esattamente 1 nei puntidella retta x− y = 0. Osserviamo che il grafico di f e una porzione di cilindro parabolicocon generatrici parallele al piano [xy].

7) La funzione f(x, y) e definita da un polinomio, e quindi e continua con derivateparziali continue di ogni ordine. Le derivate parziali prime sono fx = 2x+2y, fy = 2x+2ay.Se a 6= 1 abbiamo un unico punto stazionario che e l’ origine, mentre, se a = 1, i puntistazionari sono tutti e soli i punti della retta x + y = 0. La matrice hessiana e

H(f) =

[2 22 2a

]che risulta non definita in segno se a < 1, semidefinita positiva se a = 1 e definita positivase a > 1. Quindi, l’ origine e un punto di sella se a < 1, ed e un punto di minimo se a > 1.


Se a = 1, la funzione diventa f(x, y) = x2 + 2xy + y2 = (x + y)2 e quindi tutti i puntidella retta x + y = 0 sono punti di minimo.

Osserviamo che il grafico di f e un paraboloide iperbolico avente l’ asse z come asse disimmetria se a < 1, e un cilindro parabolico avente generatrici parallele al piano [xy] sea = 1, ed e un paraboloide ellittico avente l’asse z come asse di simmetria se a > 1.

8) La funzione e definita in tutti i punti del piano che non appartengono all’ iperboleequilatera di equazione xy = 1. Nel suo dominio, e continua con derivate parziali di ogniordine continue. Le due derivate parziali prime sono fx = − y

(xy−1)2, fy = − x

(xy−1)2che si

annullano solo in (0, 0). La matrice hessiana e

H(f)(0, 0) =

[0 −1−1 0

]che non e definita in segno. Quindi, (0, 0) e un punto di sella.

9) La funzione e definita in tutti i punti del piano diversi dall’ origine, ed e ivi con-tinua con derivate parziali di ogni ordine continue. Le derivate parziali prime sono

fx = −x2y+y3

(x2+y2)2, fy = x3−xy2

(x2+y2)2. I punti stazionari sono allora quelli nel dominio di f per

cui x2 − y2 = 0 e quindi sono i punti delle rette x− y = 0 ed x + y = 0 eccetto l’ origine.Sia (a, a) un punto della prima retta, con a 6= 0. La matrice hessiana in tale punto e

H(f)(a, a) =

[− 1

a21

8a21

8a2 − 12a2

]ed e definita negativa. Quindi, i punti della retta x− y = 0 sono tutti punti di massimo.

Sia (a,−a) un punto della seconda retta, con a 6= 0. La matrice hessiana in tale puntoe

H(f)(a,−a) =

[1a2

18a2

18a2

12a2

]ed e definita positiva. Quindi, tali punti sono punti di minimo.

10) La funzione f e definita nei punti del piano per cui 1 − x2 − y2 ≥ 0 ossia neipunti all’ interno o sulla circonferenza di centro (0, 0) e raggio 1. La funzione f e con-tinua nel suo dominio, ed e derivabile con derivate parziali continue di ogni ordine neipunti interni alla circonferenza di centro (0, 0) e raggio 1. Le derivate parziali prime sonofx = − x√

1−x2−y2, fy = − y√

1−x2−y2e quindi l’ unico punto stazionario e (0, 0). La matrice

hessiana in tale punto e

H(f)(0, 0) =

[−1 00 −1

]che e diagonale con autovalori negativi. Quindi, e definita negativa, e l’ origine e un puntodi massimo. Osserviamo che il grafico della funzione e la semisfera di centro l’ originee raggio 1 contenuta nel semispazio z ≥ 0, e questo e coerente con lo studio del puntostazionario.

11) La funzione e definita e continua con derivate parziali di ogni ordine continue intutti i punti del piano. Le derivate parziali prime sono fx = cos(x + y), fy = cos(x + y) equindi i punti stazionari sono tutti e soli quelli delle rette di equazione x+y = π

2+kπ, con

k ∈ Z. La matrice hessiana e nulla in tutti i punti stazionari, e quindi non puo essere usataper studiare la loro natura. Osserviamo comunque che, per le proprieta della funzionesin() abbiamo che tutti i punti delle rette di equazione x + y = π

2+ 2kπ sono punti di

massimo, mentre tutti quelli delle rette di equazione x + y = −π2

+ 2kπ sono punti diminimo.


12) La funzione puo anche scriversi come f(x, y) = log((x + y)2 + y2 + 1) e quindi edefinita, continua e derivabile con derivate parziali di ogni ordine continue in tutti i puntidi R2. Le derivate parziali prime sono fx = 2x+2y

x2+2xy+2y2+1, fy = 2x+4y

x2+2xy+2y2+1e l’ unico punto

stazionario e (0, 0). La matrice hessiana in tale punto e

H(f)(0, 0) =

[2 22 2

]ed e semidefinita, quindi non utile ai fini dello studio della natura del punto stazionario.In ogni caso, (0, 0) e un punto di minimo, perche (x + y)2 + y2 + 1 ≥ 1 per ogni scelta di(x, y). L’ affermazione segue allora dalla monotonia della funzione logaritmo.

13) La funzione e definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue intutti i punti di R2. Le derivate parziali prime sono fx = 2x

1+ey2−x2 , fy = −2y

1+ey2−x2 e l’ unico

punto stazionario e (0, 0). La matrice hessiana in tale punto e

H(f)(0, 0) =

[4 00 −4

]ed e diagonale con autivalori discordi. Quindi, (0, 0) e un punto di sella.

14) La funzione e definita in tutto R2 perche il polinomio omogeneo argomento dellaradice e sempre non negativo. Quindi, f(x, y) e definita, continua con derivate parziali di

ogni ordine continue in tutto R2. Le derivate parziali prime sono fx = (2x+y)e√

x2+xy+y2

2√

x2+xy+y2, fy =

(x+2y)e√

x2+xy+y2

2√

x2+xy+y2. L’ unico punto stazionario e quindi (0, 0). Visto che l’ argomento della

radice e sempre ≥ 0, e che le funzioni radice ed esponenziale sono monotone crescenti,abbiamo che (0, 0) e un punto di minimo.

15) La funzione e definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue intutto R2. Le derivate parziali prime sono fx = 2x

1+ex2+y2 , fy = 2y

1+ex2+y2 e l’ unico punto

stazionario e (0, 0). La matrice hessiana in tale punto e

H(f)(0, 0) =

[1 00 1

]che e diagonale con autovalori positivi, ed e quindi definita positiva. Conseguentemente,il punto (0, 0) e di minimo.

16) La funzione e definita, continua, con derivate parziali di ogni ordine continue intutti i punti di R2. Osserviamo inoltre che e peiodica rispetto alla y. Le due derivateparziali prime sono fx = −2x + 2 sin y, fy = 2x cos y − sin y e quindi i punti stazionari

sono (2kπ, 2kπ), (π + 2kπ, π + 2kπ), (√

32

, π3

+ 2kπ), (−√

32

,−π3

+ 2kπ), con k ∈ Z.Le matrici hessiane nei vari punti stazionari sono

H(f)(2kπ, 2kπ) =

[−2 22 −1

]che e non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella;

H(f)(π + 2kπ, π + 2kπ) =

[−2 −2−2 1

]che e non definita in segno, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di sella;

H(f)(

√3

2,π

3+ 2kπ) =

[−2 11 −2

]


che e definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di massimo;

H(f)(−√

3

2,−π

3+ 2kπ) =

[−2 11 −2

]che e definita negativa, e quindi i relativi punti stazionari sono punti di massimo.

Soluzione dell’ Esercizio 8. La matrice jacobiana di f e

J(f) =

2x 0y x0 2y

mentre la matrice jacobiana di g, ossia il suo gradiente, e

∇g = (2x, z, y).

Quindi, il gradiente di g ristretto all’ immagine di f e

∇g|f = (2x2, y2, xy)

e si ottiene sostituendo le entrate di f alle variabili x, y, z che definiscono g. Quindi, ilprodotto righe per colonne di ∇g|f e di J(f) e uguale a

∇g|f · J(f) = (2x2, y2, xy)

2x 0y x0 2y

= (4x3 + y3, 3xy2).

La funzione composta g ◦ f e (g ◦ f)(x, y) = (x2)2 + (xy)(y2) = x4 + xy3, ed il suogradiente e

∇(g ◦ f) = (4x3 + y3, 3xy2)

e questo conferma la regola di moltiplicazione delle jacobiane per la composizione difunzioni.

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