FUNZIONI DI PIU VARIABILI

1. Siano date le seguenti funzioni:

(a) f(x, y) = 3x2 + 2y2 (b) g(x, y) = xy

(c) h(x, y) = x2 − y2 (d) k(x, y) =√

x + y

Determinare e disegnare nel piano cartesiano il dominio delle funzioni date. Disegnarnegli insiemi di livello, al variare di k ∈ R. Dire se le funzioni sono limitate (superiormenteo inferiormente) e se hanno massimo o minimo assoluto. Calcolarne, ove possibile, ilgradiente.

2. Determinare il dominio delle seguenti funzioni, disegnarlo, e calcolarne le derivateparziali nei punti interni al dominio:

(a) f(x, y) =y

sin x(b) f(x, y) = y log x

(c) f(x, y) = tany

x(d) f(x, y) = e

xy

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

1

x

)y

(f) f(x, y) =√

cos(x2 + y2)

(g) f(x, y) =√

xy√

xy − 1 (h) f(x, y) = log(x2y − xy2).

3. Determinare i punti in cui si annulla il gradiente delle seguenti funzioni:

(a) f(x, y) = (x− y)e−(x2+y2)

(b) f(x, y) = − sin x sin 2y

(c) f(x, y) = (2x− y)[3− (2x− y)2]

4. (i) Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione 2(a) nel punto(π/2, 0, f(π/2, 0)).

(ii) Calcolare la derivata di f nella direzione del vettore v = −2ı+ , nel punto (π/2, 0).

5. (i) Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione 2(b) nel punto(e, 3, f(e, 3)).

(ii) Calcolare la derivata di f rispetto al vettore v = ı + 3, nel punto (e, 3).

6. Calcolare la direzione di massima pendenza del grafico della funzione 2(c) nel punto(4, π, f(4, π) e calcolare la derivata di f rispetto a tale direzione.

7. (i) Scrivere l’equazione del piano tangente al grafico della funzione 2(d) nel puntoP (1, 1, f(1, 1).

(ii) Calcolare la derivata nella direzione di massima pendenza del grafico di f in P .

(a) f(x, y) =xy2

x− log y(b) f(x, y) = sin

x + y

x− y+√

x2 − y

(c) f(x, y) =√

y + x2 − 3 (d) arcsin x−yx+y

1

FUNZIONI DI PIU VARIABILI: SOLUZIONI

Esercizio 1. Indichiamo con Ik l’insieme di livello k della funzione studiata.

a) f(x, y) = 3x2 + 2y2 e un polinomio, quindi e definito e derivabile infinite volte in tuttoR2.

k < 0, Ik = {(x, y) : 3x2 + 2y2 = k} = ∅.k = 0, I0 = {(0, 0)}k > 0, Ik ellisse di centro (0, 0) e semiassi

√k3,√

k2.

f e limitata inferiormente; infatti f(x, y) ≥ 0 nel dominio e f(0, 0) = 0.

f e illimitata superiormente; infatti f(x, 0) = 3x2 → +∞ per x → +∞.

f ha minimo assoluto, uguale a 0. Ha un unico punto di minimo assoluto nell’origine:min {f(x, y) : (x, y) ∈ R2} = 0 = f(0, 0).

∇f(x, y) = (6x, 4y).

b) g(x, y) = xy e un polinomio, quindi e definito e derivabile infinite volte in tutto R2.

k = 0, I0 = {(x, y) : xy = 0} = {(x, y) : x = 0} ∪ {(x, y) : y = 0}k 6= 0, Ik iperbole di asintoti gli assi cartesiani..

g(x, y) e illimitata sia superiormente che inferiormente, infatti g(x, 1) = x → ±∞ perx → ±∞.

∇g(x, y) = (y, x).

c) h(x, y) = x2−y2 e un polinomio, quindi e definito e derivabile infinite volte in tutto R2.

k = 0, I0 = {(x, y) : x2 − y2 = (x− y)(x + y) = 0} ={(x, y) : x = y} ∪ {(x, y) : x = −y}

k 6= 0, Ik = {(x, y) : x2 − y2 = k}, iperbole di asintoti le rette x = y e x = −y.

h(x, y) e illimitata sia superiormente che inferiormente, infatti h(x, 0) = x2 → +∞ perx → ±∞, mentre h(0, y) = −y2 → −∞ per x → ±∞.

∇h(x, y) = (2x,−2y).

d) k(x, y) =√

x + y e definita e continua per x+y ≥ 0, mentre e di classe C1 per x+y > 0.

k < 0, Ik = ∅k = 0, I0 = {(x, y) : x + y = 0}k > 0, Ik = {(x, y) : x + y = k2}

k(x, y) e limitata inferiormente, infatti√

x + y ≥ 0, in ogni punto del dominio, mentree illimitata superiormente, infatti k(x, 0) =

√x → +∞ per x → +∞.

k(x, y) ha minimo assoluto uguale a 0, raggiunto in tutti i punti della retta x + y = 0.

∇k(x, y) = ( 12√

x+y, 1

2√

x+y).

2

Esercizio 2.

(a) dom(f) = {(x, y) ∈ R2 : x 6= kπ, ∀k ∈ Z}, cioe e l’insieme di tutti i punti di R2 adeccezione dei punti sulle rette verticali di equazione x = kπ.

Inoltre:∂f

∂x(x, y) = −y cos x

sin2 x,

∂f

∂y(x, y) =

1

sin x

(b) dom(f) = {(x, y) ∈ R2 : x > 0}, cioe e il semipiano delle x strettamente maggiori di 0.Inoltre,

∂f

∂x(x, y) =

y

x,

∂f

∂y(x, y) = log x

(c) dom(f) ={(x, y) ∈ R2 : x 6= 0, y 6=

(π

2+ kπ

)x, ∀k ∈ Z

}, cioe tutto R2 tranne i punti

dell’asse y e tutti i punti delle rette indicate.

∂f

∂x(x, y) = − y

x2

(1 + tan2 y

x

),

∂f

∂y(x, y) =

1

x

(1 + tan2 y

x

)

(d) dom(f) = {(x, y) ∈ R2 : y 6= 0}, cioe tutti i punti del piano tranne i punti dell’asse x.Inoltre,

∂f

∂x(x, y) =

1

ye

xy ,

∂f

∂y(x, y) = − x

y2e

xy

(e) Ricordiamo che per le funzioni del tipo g(t)h(t) si utilizza spesso l’identita: g(t)h(t) =

elog(g(t)h(t))= eh(t) log g(t). Il dominio di questo tipo funzioni e dato dai punti del dominio

di g per cui g(t) > 0. La rappresentazione in base e risulta particolarmente utile nelcalcolo delle derivate. Allora:

dom(f) ={(x, y) ∈ R2 : 1 +

1

x> 0

}= {(x, y) ∈ R2 : x < −1} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x > 0}.

Inoltre

∂f∂x

(x, y) = ∂∂x

[ey log(1+ 1

x)]

= ey log(1+ 1x) · y

1+ 1x

·(− 1

x2

)= − y

x2+x

(1 + 1

x

)y,

∂f∂y

(x, y) =(1 + 1

x

)ylog

(1 + 1

x

).

(f) dom(f) ={(x, y) ∈ R2 : cos(x2 + y2) ≥ 0

}=

={(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≥ π

2

}∪{(x, y) ∈ R2 :

3π

2+ 2kπ ≤ x2 + y2 ≤ 5π

2+ 2kπ, k ∈ N

},

ed e quindi l’unione del cerchio di centro l’origine e raggio√

π/2 con la successione di

corone circolari di centro l’origine e raggi Rk1 = 3π

2+ 2kπ e Rk

2 = 5π2

+ 2kπ, con k ∈ N.

Inoltre:∂f

∂x(x, y) =

−x sin(x2 + y2)√cos(x2 + y2)

,∂f

∂y(x, y) =

−y sin(x2 + y2)√cos(x2 + y2)

.

3

(g) dom(f) = {(x, y) ∈ R2 : xy ≥ 1} =

= {(x, y) ∈ R2 : x < 0, y ≤ 1

x} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x > 0, y ≥ 1

x}.

Questo insieme e l’unione della parte del terzo quadrante che sta sotto l’iperbole diequazione y = 1

xcon la parte di primo quadrante che sta al di sopra dell’iperbole y = 1

x.

La funzione ammette derivate parziali solo quando y 6= 1x. In questi punti:

∂f

∂x(x, y) =

y(2xy − 1)

2√

xy(xy − 1),

∂f

∂y(x, y) =

x(2xy − 1)

2√

xy(xy − 1).

(h) dom(f) = {(x, y) ∈ R2 : x2y − xy2 = xy(x− y) > 0} =

= {(x, y) ∈ R2 : x < 0, y > 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 : y < x < 0} ∪ {(x, y) ∈ R2 : 0 < y < x},che rappresenta il secondo quadrante, unito alla parte di terzo quadrante sottostantealla retta y = x, unito alla parte del primo quadrante sottostante alla retta y = x,esclusi gli assi cartesiani. Inoltre:

∂f

∂x(x, y) =

2xy − y2

x2y − xy2=

2x− y

x2 − xy,

∂f

∂y(x, y) =

x2 − 2xy

x2y − xy2=

x− 2y

xy − y2.

Esercizio 3.

(a) ∂f∂x

(x, y) = e−(x2+y2) [1− 2x2 + 2xy] = 0

∂f∂y

(x, y) = e−(x2+y2) [−1 + 2y2 − 2xy] = 0

Questo sistema e equivalente a quello che si ottiene dividendo per l’esponenziale e sos-tituendo ad una delle due righe la somma delle due:{−2x2 + 2y2 = 0

1− 2x2 + 2xy = 0

Questo sistema si scinde nei due sistemi:{x = y1− 2x2 + 2xy = 0

{x = −y1− 2x2 + 2xy = 0

.

Il primo dei due sistemi non ha soluzioni, mentre il secondo ha soluzioni per x = ±12.

Dunque il gradiente di f e uguale al vettore nullo nei punti

P1

(12,−1

2

)e P2

(−1

2, 1

2

)(b)

∂f∂x

(x, y) = − cos x sin 2y = 0

∂f∂y

(x, y) = − sin x cos 2y = 0

Questo sistema si scinde nei due sistemi:{cos x = 0

− sin x cos 2y = 0

{sin 2y = 0

− sin x cos 2y = 0.

4

Dato che le funzioni seno e coseno non si annullano mai contemporaneamente, il primosistema e equivalente a:

{cos x = 0cos 2y = 0

⇒{

x = π2

+ hπ, h ∈ Z2y = π

2+ kπ, k ∈ Z ⇒

{x = π

2+ hπ, h ∈ Z

y = π4

+ k2π, k ∈ Z .

Il secondo sistema e invece equivalente a:

{sin x = 0sin 2y = 0

⇒{

x = mπ, m ∈ Z2y = nπ, n ∈ Z ⇒

{x = mπ, m ∈ Zy = n

2π, n ∈ Z .

Abbiamo percio un insieme infinito di punti in cui si annulla il gradiente, diviso in duefamiglie:{

Ph.k =(

π

2+ hπ,

π

4+ kπ

), (h, k) ∈ Z× Z

}∪{Qh.k =

(mπ,

n

2π)

, (m, n) ∈ Z× Z}

.

(c) Derivando la funzione f(x, y) = (2x−y) [3− (2x− y)2] = 3(2x−y)−(2x−y)3 otteniamo∂f∂x

(x, y) = 6 [1− (2x− y)2] = 0

∂f∂y

(x, y) = −3 [1− (2x− y)2] = 0.

Dunque il gradiente si annulla se e solo se 1 − (2x − y)2 = 0. L’insieme dei punti chesoddisfa questa equazione e l’unione dei punti appartenenti alle due rette 2x− y = 1 e2x− y = −1; cioe:{

(x, y) ∈ R2 : 2x− y = 1}∪{(x, y) ∈ R2 : 2x− y = −1

}.

Esercizio 4. Ricordiamo che se una funzione f e di classe C1 su un insieme aperto A,allora per ogni (x0, y0) ∈ A esiste il piano tangente al grafico di f nel punto (x0, y0, f(x0, y0)).L’equazione cartesiana del piano e:

z − f(x0, y0) =∂f

∂x(x0, y0)(x− x0) +

∂f

∂y(x0, y0)(y − y0).

Inoltre, in ogni punto di A esiste la derivata nella direzione di un versore w e vale la regoladel gradiente:

∂f

∂w(x0, y0) = ∇f(x0, y0) ·w.

Nel caso assegnato la funzione e di classe C1 in un intorno di (π/2, 0).(i)

f(

π

2, 0)

= 0,∂f

∂x

(π

2, 0)

= 0∂f

∂y

(π

2, 0)

= 1.

Pertanto l’equazione del piano tangente e:z = y

(ii) Poiche il vettore assegnato non ha modulo 1, per calcolare la derivata nella direzionedi v bisogna considerare il versore w ottenuto dividendo v per il suo modulo.

5

Poiche |v| =√

(−2)2 + 12 =√

5 abbiamo che

∂f

∂w

(π

2, 0)

=1

|v|∇f

(π

2, 0)· (−2, 1) =

1√5(0, 1) · (−2, 1) =

1√5.

Esercizio 5.(i) Anche in questo caso la funzione e di classe C1 nel suo dominio. Dato che

f(e, 3) = 3 log e = 3, ∇f(e, 3) = (3/e, 1), abbiamo che l’equazione del piano tangente ez − 3 = 3

e(x− e) + (y − 3), da cui ricaviamo

z = 3ex + y − 3

(ii) Anche in questo caso possiamo applicare la regola del gradiente, dividendo il vettore

assegnato per il suo modulo |v| =√

(3)2 + 12 =√

10:

∂f

∂w(e, 3) =

1

|v|∇f(e, 3) · (1, 3) =

1√10

(3

e, 1)· (1, 3) =

3 + 3e

e√

10.

Esercizio 6. Ricordiamo che quando una funzione e di classe C1 in un intorno di un puntoP , la direzione di massima pendenza in P ela direzione del gradiente della funzione in quelpunto.

Nel nostro caso, ∇f(4, π) = (−π/8, 1/2). Dunque la direzione di massima pendenza,scritta in componenti, e:

w =1

|∇f(4, π)|∇f(4, π) =

8√π2 + 16

(−π

8,1

2

)=

(− π√

π2 + 16,

4√π2 + 16

).

La derivata nella direzione di w invece e:

∂f

∂w(4, π) = ∇f(4, π) · ∇f(4, π)

|∇f(4, π)|=|∇f(4, π)|2

|∇f(4, π)|= |∇f(4, π)| =

√π2 + 16

8.

Esercizio 7. (i) f(1, 1) = e, ∇f(1, 1) = (e,−e). Dunque l’equazione del piano tangente e:z − e = e(x− 1)− e(y − 1), da cui ricaviamo:

z = ex− ey − e

(ii) Come osservato nell’esercizio precedente, il gradiente da la direzione di massimapendenza, mentre la derivata nella direzione w di massima pendenza e uguale al modulo delgradiente stesso. Quindi:

∂f

∂w(1, 1) = |∇f(1, 1)| =

√e2 + e2 = e

√2.

6