Teorema di Dini e Moltiplicatori di Lagrange PDF

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Fondamenti di Analisi Matematica 2 Esercitazione 6. Funzioni implicite ed estremi vincolati. Esercizi sul teorema di Dini e moltiplicatori di Lagrange.

Esercizio 6.1. Si consideri la funzione f : R2 −→ R, definita da f (x, y) = log

4 − x2 − y 2 . x−y

(a) Si dica se l’equazione f (x, y) = 0 definisce, in un intorno di x0 = 1, una ed una sola funzione continua g(x) tale che g(x0 ) = g(1) = 2. (b) Si scriva l’equazione della tangente a g(x) nel punto (1, 2). (c) Si determinino tutti i valori di x0 per cui l’equazione f (x, y) = 0 definisce una funzione implicita y = g(x) in un intorno di x0 dove f (x0 , y0 ) = 0. Soluzione. La funzione f `e definita quando l’argomento della funzione logaritmo `e strettamente positivo, pertanto si deve porre 4 − x2 − y 2 > 0, x−y che `e equivalente a 

4 − x2 − y 2 > 0 x−y >0

∪



4 − x2 − y 2 < 0 x − y < 0.

Il dominio `e quindi D = {(x, y ) ∈ R2 : x2 + y 2 < 4, x > y} ∪ {(x, y ) ∈ R2 : x2 + y 2 > 4, x < y } . (a) Dobbiamo verificare che le ipotesi del teorema di Dini siano soddisfatte. 2  La funzione f `e di classe C 1 (`e addirittura di classe C ∞ ) in tutto D. = 0. 2  f (1, 2) = log 4−1−4 1−2 2 

∂f 4 − x2 − 2xy + y 2 ∂f (1, 2) = 3 6= 0. (x, y) = e quindi ∂y ∂y (4 − x2 − y 2 )(x − y)

Pertanto in un intorno di x0 = 1 esiste unica g, funzione continua (e derivabile) tale che g(1) = 2. (b) La retta tangente al grafico di g(x) nel punto (1, 2) ha equazione y − 2 = g ′ (1)(x − 1) . Dobbiamo calcolare g ′ (1). Per il teorema di Dini, g ′ (x) = −

fx (x, g(x)) −4 − x2 + 2xy + y 2 =− 4 − x2 − 2xy + y 2 fy (x, g(x))

e quindi g ′ (1) = −

 −4 − x2 + 2xy + y 2  −4 − 1 + 4 + 4  = −1 . =− 4−1−4+4 4 − x2 − 2xy + y 2 (x,y)=(1,2)

Conseguentemente la retta tangente che stiamo cercando risulta avere equazione x + y − 3 = 0.

(c) Dobbiamo trovare tutti i punti del dominio in cui `e possibile applicare il teorema di Dini. Gi`a sappiamo che f `e di classe C ∞ su D, quindi i punti (x0 , y0 ) che stiamo cercando sono quelli per cui f (x0 , y0 ) = 0 e fy (x0 , y0 ) 6= 0. I punti da escludere sono quelli che risolvono  2 2    log 4 − x − y = 0    f (x, y) = 0  x−y ⇐⇒    fy (x, y) = 0  4 − x2 − 2xy + y 2 = 0   (4 − x2 − y 2 )(x − y)  4 − x2 − y 2   =1  x−y ⇐⇒    4 − x2 − 2xy + y 2 = 0   4 − x2 − y 2 = x − y ⇐⇒  4 − x2 − y 2 − 2xy + 2y 2 = 0   4 − x2 − y 2 = x − y ⇐⇒  (−2y + 1)(x − y) = 0  √  −1 ± 18    x= 2 ⇐⇒     y= 1. 2

Pertanto l’equazione f (x, y) = 0 definisce una funzione implicita g(x) in √ −1± 18 e f (x , y ) = 0. un intorno di ogni x0 che soddisfa x0 6= 0 0 2

Esercizio 6.2. Si consideri la funzione f : R2 −→ R, definita da f (x, y ) = exy − (1 + x)y 2 . (a) Si dica se l’equazione f (x, y) = 0 definisce, in un intorno di x0 = 0, una ed una sola funzione continua g(x) tale che g(x0 ) = g(0) = 1. (b) Si scriva lo sviluppo di Taylor arrestato al secondo ordine della funzione g(x) definita implicitamente dall’equazione f (x, y) = 0 in un intorno del punto (0, 1). Soluzione. (a) Dobbiamo verificare che le ipotesi del teorema di Dini siano soddisfatte. 2  La funzione f `e di classe C 1 (`e addirittura di classe C ∞ ) su tutto R2 . 2  f (0, 1) = 1 − 1 · 1 = 0. ∂f ∂f (x, y) = xexy − 2(1 + x)y e quindi 2  (0, 1) = −2 6= 0. ∂y ∂y Pertanto in un intorno di x0 = 0 esiste unica g, funzione continua (e derivabile) tale che g(0) = 1. (b) Lo sviluppo di Taylor arrestato al secondo ordine, in un intorno di (0, 1), `e dato da 1 g(x) = g (0) + g ′ (0)x + g ′′ (0)x2 + o(x2 ) . 2 Dobbiamo calcolare g ′ (0) e g ′′ (0). Per il teorema di Dini, g ′ (x) = −

yexy − y 2 fx (x, g(x)) = − xy fy (x, g(x)) xe − 2(1 + x)y

e quindi   1−1 yexy − y 2  =− g (0) = − xy = 0. −2 xe − 2(1 + x)y (x,y)=(0,1) ′

Ora otteniamo l’espressione di g ′′ (x) derivando g ′ (x). Abbiamo g ′′ (x) = −

[fxx(x, g(x)) + fxy (x, g(x))g ′ (x)]fy (x, g(x)) + [fy (x, g(x))]2

+

[fxy (x, g(x)) + fyy (x, g(x))g ′ (x)]fx (x, g(x)) . [fy (x, g(x))]2

Allora, ricordando che g ′ (0) = 0 e fx (0, 1) = 0, g ′′ (0) = −

fxx(0, 1)fy (0, 1) [fy (0, 1)]2

e poich´e ∂2f (x, y) = y 2 exy , ∂x2 si ha g ′′ (0) = −

1 1 · 1 · (−2) = . (−2)2 2

Conseguentemente lo sviluppo cercato `e g(x) = 1 +

x2 + o(x2 ) . 4

Esercizio 6.3. Si scriva l’equazione del piano tangente alla superficie S = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + sin(x + y) + 2z 2 = 2} nel punto P = (0, 0, 1). Soluzione. Visto che l’equazione della superficie `e data in forma implicita, se non vogliamo esplicitarla rispetto ad una variabile, possiamo servirci del teorema di Dini. Verifichiamo che questo teorema `e applicabile nell’intorno del punto P = (0, 0, 1) per la funzione f (x, y, z) := x2 + sin(x + y) + 2z 2 − 2. 2  La funzione f `e di classe C 1 ( `e addirittura di classe C ∞ ) su tutto R3 . 2  f (0, 0, 1) = 0 + 0 + 2 − 2 = 0. 2 

∂f ∂f (0, 0, 1) = 4 6= 0. (x, y, z) = 4z e quindi ∂z ∂z

Pertanto l’equazione f (x, y, z) = 0 definisce implicitamente, in un intorno di (0, 0), un’ unica funzione continua e derivabile g(x, y) tale che g(0, 0) = 1. L’equazione z = g(x, y) definisce la superficie S . Il piano tangente alla superficie g(x, y) nel punto (0, 0) ha equazione (−gx (0, 0), −gy (0, 0), 1) · (x − 0, y − 0, z − 1) = 0 . Dobbiamo calcolare gx (0, 0) e gy (0, 0). Per il teorema di Dini, gx (x, y) = −

2x + cos(x + y) fx (x, g(x)) =− , fz (x, g(x)) 4z

gy (x, y) = −

cos(x + y) fy (x, g(x)) =− fz (x, g(x)) 4z

e quindi  1 0+1 2x + cos(x + y)  =− , =− gx (0, 0) = −  4 4 4z (x,y,z)=(0,0,1)  1 cos(x + y)  =− . gy (0, 0) = −  4 4z (x,y,z)=(0,0,1)

Conseguentemente la retta tangente che stiamo cercando risulta avere equazione   1 1 , , 1 · (x, y, z − 1) = 0 ⇐⇒ x + y + 4(z − 1) = 0 . 4 4

Esercizio 6.4. Si consideri la funzione f : R2 −→ R, definita da f (x, y) = 2x2 + y 2 + x . (a) Si determinino i suoi punti stazionari in R2 e se ne studi la natura. (b) Si dica se essa ammette massimo assoluto e minimo assoluto sull’insieme C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 1} e, in caso di risposta affermativa, determinare punti e valore di massimo assoluto. Soluzione. (a) La funzione f `e definita su tutto R2 . Cerchiamo gli eventuali punti critici come soluzioni di ∇f (x, y ) = (0, 0) , che equivale a  ∂f     ∂x = 4x + 1 = 0  ∂f    = 2y = 0 ∂y

⇐⇒

  x = −1  4   y = 0.

  La soluzione del sistema `e quindi il punto P = − 14 , 0 . Ne determiniamo la natura attraverso lo studio della matrice Hessiana:  2  ∂ f ∂2f    ∂x2 4 0 ∂x∂y    =  . H (x, y) =   2   ∂ f ∂2f  0 2 ∂x∂y ∂y 2   Ovviamente si ottiene H − 41 , 0 = H (x, y), che `e definita positiva. Pertanto il punto P `e un punto di minimo relativo per f . (b) Massimo e minimo assoluti di f esistono in C per il teorema di Weierstrass, poich´e f `e continua e C compatto. Studiamo separatamente l’interno di C (insieme aperto, per definizione) e la frontiera di C (insieme chiuso, in quanto insieme degli zeri di una funzione continua). 2  Interno di C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 1}: l’unico punto che annulla  il gradiente ed appartiene all’interno di C `e il punto P = −41, 0 , trovato in (a).

2  Frontiera di C = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}: per trovare gli eventuali massimi e minimi vincolati alla frontiera di C usiamo (se possibile) il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Se definiamo g(x, y) = x2 + y 2 − 1, dobbiamo verificare che f, g siano di classe C 1 e che tutti i punti di g siano regolari. Nel nostro caso sia f che g sono addirittura di classe C ∞ e inoltre ∇g(x, y) = (0, 0)

⇐⇒

(2x, 2y) = (0, 0)

⇐⇒

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

punto che non soddisfa g(x, y) = 0, cio`e non appartiene al vincolo. Conseguentemente possiamo applicare il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Costruiamo la funzione Lagrangiana L(x, y, λ) = f (x, y) − λg(x, y) = 2x2 + y 2 + x − λ(x2 + y 2 − 1) e ne calcoliamo i punti critici. Otteniamo   4x + 1 − 2λx = 0 2y − 2λy = 0 ∇L(x, y, λ) = (0, 0, 0) ⇐⇒  2 x + y2 − 1 = 0 . I punti che risolvono  sono P 1= (−1, 0)  con λ =  il sistema con λ =

5, 2

P3 =

√ − 12 , − 23

e P4 =

√ −21, 2 3

3 , 2

P 2 = (1, 0)

con λ = 1.

Ricapitolando, i possibili punti di massimo e minimo assoluto per f in C sono P , P 1 , P 2 , P 3 e P 4 . Per tali punti si ha 1 f (P ) = − , 8

f (P 1 ) = 1,

f (P 2 ) = 3,

f (P 3 ) = f (P 4 ) =

3 , 4

quindi maxC f = 3 e P 2 = (1, 0) `e un punto di massimo assoluto per f  in C, mentre minC f = − 81 e P = − 41 , 0 `e un punto di minimo assoluto per f in C ....