pdf (it, 1477.913 KB, 1/26/10)

38 9. MASSIMI E MINIMI PER FUNZIONI DI PIÙ VARIABILI
Calcoliamo gli autovalori in (−1, −1): essi sono soluzioni di λ2 − 36 = 0, ovvero λ = ±6, essi sono di
segno discorde, quindi questo punto è di sella.
Calcoliamo gli autovalori in (−1/3, −1/3): essi sono soluzioni di λ2 + 8λ + 12 = 0, ovvero λ1 = −6,
λ2 = −2. Essi sono strettamente negativi, quindi questo punto è di massimo relativo. Si poteva
procedere anche osservando che il primo elemento della diagonale principale (minore di ordine dispari)
è strettamente negativo, e il determinante (ovvero il minore di ordine pari ottenuto orlando il precedente
di una riga e colonna dello stesso indice) è positivo.
(3) La funzione è periodica di periodo 2π in ciascuna delle sue componenti. Pertanto limitiamo lo studio
al quadrato [0, 2π[×[0, 2π[, estendendo poi i risultati per periodicità. Le derivate parziali sono
∂xf(x, y) = − sin x sin y e ∂yf(x, y) = cos x cos y. Studiamo i punti critici, ovvero dove esse si annullano
simultaneamente. Si ha ∂xf(x, y) = 0 per x ∈ {0, π} oppure y ∈ {0, π}, e ∂yf(x, y) = 0
per x ∈ {π/2, 3π/2} oppure y ∈ {π/2, 3π/2}. I punti critici sono quindi (0, π/2), (0, 3π/2), (π, π/2),
(π, 3π/2), (π/2, 0), (3π/2, 0), (π/2, π), (3π/2, π).
Le derivate seconde sono ∂2 xxf(x, y) = − cos x sin y, ∂2 yyf(x, y) = − cos x sin y, ∂2 xyf(x, y) = − sin x cos y.
Si ha quindi:
D 2
−1 0
f(0, π/2) =:
massimo, D
0 −1
2
1 0
f(0, 3π/2) =: minimo,
0 1
D 2
1 0
f(π, π/2) =: minimo, D
0 1
2
−1 0
f(π, 3π/2) =:
massimo,
0 −1
D 2
0 −1
f(π/2, 0) =:
sella, D
−1 0
2
0 1
f(3π/2, 0) =: sella,
1 0
D 2
0 1
f(π/2, π) =: sella, D
1 0
2
0 −1
f(3π/2, π) =:
sella.
−1 0
Pertanto:
(a) la funzione assume il massimo nei punti (2kπ, π/2 + 2hπ), (π + 2kπ, 3π/2 + 2hπ), h, k ∈ Z, e tale
massimo vale 1.
(b) la funzione assume il minimo nei punti (2kπ, 3π/2 + 2hπ), (π + 2kπ, π/2 + 2hπ), h, k ∈ Z, e tale
minimo vale −1.
(c) i punti (π/2 + kπ, hπ), h, k ∈ Z sono di sella.
(4) Le derivate parziali sono
∂xf(x, y) = 4x 3 + 2xy = x(4x 2 + y), ∂yf(x, y) = x 2 + 2y.
Tali derivate su annullano simultaneamente solo in (0, 0) come si vede per sostituzione. Calcoliamo le
derivate seconde: ∂2 xxf(x, y) = 12x2 + 2y, ∂2 yyf(x, y) = 2, ∂2 xyf(x, y) = 2x. Si ha quindi
D 2
0 0
f(0, 0) =: semidefinita positiva.
0 2
La matrice è semidefinita, per cui non possiamo immediatamente dire se (0, 0) sia un estremale.
Osserviamo che f(x, y) = g(x 2 , y) dove g(v, w) = v 2 + vw + w 2 + 3. Studiamo il segno dell’espressione
v 2 + vw + w 2 per v > 0 (infatti è v = x 2 > 0 se x = 0). Per v > 0 fissato, risolviamo v 2 + vw + w 2 = 0
come equazione in w. Il discriminante di tale equazione è v 2 −4v 2 < 0, quindi l’espressione v 2 +vw+w 2
non è mai nulla se v > 0. In particolare (prendendo i limiti per w → ±∞ per v > 0 fissato) si ottiene
che tale espressione è sempre strettamente positiva. Quindi f(x, y) = g(x 2 , y) > 3 = f(0, 0) per ogni
x = 0, e quindi (0, 0) è di minimo assoluto stretto.
(5) f(x, y) = x 4 + y 4 − 2(x 2 + y 4 ) + 4xy Le derivate parziali sono
∂xf(x, y) = 4x 3 − 4x + 4y, ∂yf(x, y) = −4y 3 + 4x.
Esse si annullano nei punti che soddisfano x = y 3 , 4y 9 −4y 3 +4y = 0, ovvero x = y 3 , y(y 8 −y 2 +1) = 0.
Si ha la soluzione (0, 0). Proviamo che essa è l’unica. E’ sufficiente provare che y 8 − y 2 + 1 = 0 se
y = 0: infatti, se 0 < |y| ≤ 1 si ha 1 − y 2 ≥ 0, pertanto y 8 − y 2 + 1 ≥ y 8 > 0, e se |y| > 1 si ha y 8 > y 2
da cui y 8 − y 2 + 1 > 1 > 0. Quindi l’unico punto critico è l’origine. Calcoliamo le derivate seconde:
∂ 2 xxf(x, y) = 12x 2 − 4, ∂ 2 yyf(x, y) = −12y 2 , ∂ 2 xyf(x, y) = 4. Si ha quindi:
D 2 f(0, 0) =:
−4 4
4 0
sella