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Funzioni di Due Variabili
1 Lo Spazio Vettoriale R2
R2 e l’insieme R2 = {(x, y) : x ∈ R, y ∈ R} , quindi un elemento P = (x, y) di R2 e un punto P del pianodi coordinate x e y. Inoltre, R2 e uno spazio vettoriale e i suoi punti (x, y) sono identificati con i vettoriv = (x, y) che partono dall’origine degli assi e terminano in (x, y).
-x
6y
(1,2)r1
2
-x
6y
(3,6)r
3
v
�������������
6
Come abbiamo detto R2 e uno spazio vettoriale, per cui sono definite le seguenti operazioni:Somma. Dati v = (x1, y1), w = (x2, y2), la somma tra v e w e il vettore z = v + w = (x1 + x2, y1 + y2).L’elemento neutro per la somma e il vettore nullo 0 = (0, 0) che geometricamente e rappresentato dall’originedegli assi. L’opposto di un vettore v = (x, y) e il vettore w = −v = (−x,−y).Prodotto esterno. Dati v = (x, y) e α ∈ R, il loro prodotto esterno e dato dal vettore z = αv = (αx, αy).Prodotto scalare. Dati v = (x1, y1), w = (x2, y2), il prodotto scalare tra v e w e dato da z = v · w =(x1x2, y1y2).Al contrario di quanto accade in R, in R2 non c’e una relazione d’ordine, cioe dati due punti di R2 NON sipuo stabilire quale tra i due e piu grande.In R2 e definita un’applicazione d : R2 × R2 → R+ data da
d(P,Q) =√
(xp − xq)2 + (yp − yq)2, ∀P = (xp, yp), Q = (xq, yq). (1)
tale funzione e detta distanza e gode delle proprieta per ogni P = (xp, yp), Q = (xq, yq), R = (xr, yr) in R2
d(P,R) ≥ 0, d(P,R) = 0 ⇔ P = R;d(P,R) = d(R,P );d(P,R) ≤ d(P,Q) + d(Q,R).In particolare, la distanza di un punto P = (xp, yp) dall’origine
(d(P, 0) =
√x2p + y2
p
)corrisponde al mo-
dulo del vettore associato a P , in accordo a quanto si ha in R dove la distanza da un punto dall’origine eesattamente il suo modulo. Il modulo di un vettore corrisponde alla sua lunghezza ed e anche detto anchenorma del vettore.
1.1 Elementi di topologia.
Grazie alla definizione di distanza possiamo definire un intorno Iδ di raggio δ attorno ad un punto P0 =(x0, y0) come segue
Iδ(P0) ={
(x, y) :√
(x− x0)2 + (y − y0)2 < δ},
1
cioe Iδ e costituito dai punti che sono dentro al cerchio di raggio δ ad esclusione della circonferenza.
-x
6y
r1
2
&%'$
δ�� Iδ(1, 2)
Definizioni 1. Sia A un insieme in R2 e P = (xp, yp), Q = (xq, yq) R = (xR, yR) punti di R2.
1. Si dice che P0 e un punto interno ad A, se esiste un raggio δ tale che l’intorno circolare Iδ di centroP e raggio δ e contenuto in A.
2. Si dice che Q e un punto esterno ad A se Q e interno al complementare di A, ovvero se esiste unraggio σ > 0 per cui l’intorno circolare Iσ di centro Q non interseca A.
3. Un punto R si dice di frontiera se non e ne interno ne esterno, cioe se qualsiasi intorno di R contienesia punti di A che punti che non sono in A.
4. Un punto P0 = (x0, y0) si dice di accumulazione per A se comunque preso un suo intorno Iα esistealmeno un punto di Iα diverso da P0 che appartiene ad A; se un punto non e di accumulazione perA, si dice isolato.
Si osservi che tutti i punti interni di A sono di accumulazione, mentre i punti esterni non lo sono; i puntidi frontiera possono esserlo oppure no.
-x
6yA qQ����IσPq����Iδ
Rq����Ir
Nella figura precedente il punto P e interno e di accumulazione, Q e esterno e isolato, R e di frontiera e diaccumulazione per l’insieme A. Se prendiamo l’insieme A′ = A∪{(0, 0)} il punto (0, 0) e di frontiera per A′
ma non di accumulazione.
Definizioni 2. Sia A un insieme di R2.
1. A si dice aperto se comunque preso P ∈ A esiste δ > 0 tale che l’intorno Iδ centrato in P e di raggioδ e contenuto in A.
2. A si dice chiuso se il suo complementare e aperto.
3. A denota la chiusura di A, ovvero l’unione di A e dei suoi punti di accumulazione. La chiusura di Ae un insieme chiuso, anzi e il piu piccolo insieme chiuso che contiene A. A coincide con l’unione diA e dei suoi punti di frontiera.
2
4. A si dice limitato se esiste un raggio r (anche molto grande) tale che l’intorno Ir(0) centratonell’origine e di raggio r contiene A.
5. A si dice connesso se NON esistono due aperti disgiunti (la cui intersezione e vuota) e non vuoti lacui unione e A. In caso contrario A si dice sconnesso.
Osservazione 1. Esistono insiemi che non sono ne aperti ne chiusi, basta pensare all’insieme A = (0, 1)×[0, 1]. Il punto (x, 1) con x ∈ (0, 1) non e interno ad A quindi A non e aperto, d’altra parte neanche ilcomplementare di A e aperto, infatti comunque prendiamo un intorno del punto {(0, 0)} questo conterraanche punti di A. Quindi A non e ne aperto ne chiuso.
Definizioni 3. Sia D un insieme di R2.
1. D e un dominio se D e la chiusura di un aperto, quindi un dominio e un insieme chiuso, ottenutodall’unione di un aperto e dei suoi punti di frontiera.
2. D e un dominio connesso se e la chiusura di un aperto connesso.
2 Funzioni di due variabili: Prime Definizioni
Una funzione di due variabili definita in un sottoinsieme A di R2 e una legge f che associa ad un punto diR2, (x, y), un numero reale z. Scriveremo, quindi f : A → R, f(x, y) = z. Per rappresentare graficamenteuna funzione di due variabili abbiamo due possibilita :
1. Rappresentazione cartesiana. Esattamente come si fa per le funzioni di una variabile, consideriamoun riferimento cartesiano di assi x, y, z e disegniamo i punti di coordinate (x, y, f(x, y)), ottenendouna superficie in R3 che e il grafico della funzione f .
2. Linee di livello. Consideriamo il luogo dei punti di coordinate (x, y) tali che f(x, y) = costante, adesempio disegniamo i punti per cui f(x, y) = 0, = 1, = 3/2, = . . . .Questo tipo di rappresentazione si adotta nella rappresentazione di zone geografiche, per cui per c = 0si prende il livello del mare, per c > 0 abbiamo le zone al di sopra del livello del mare e per c < 0 sipossono rappresentare i fondali marini.
Esempio 1. Ad esempio prendiamo f(x, y) = x2 + y2. La rappresentazione cartesiana da un paraboloidecon vertice nell’origine, se vogliamo disegnare la curve di livello, dobbiamo considerare i punti (x, y) tali chex2 + y2 = c = costante. Se c = 0 otteniamo che (x, y) = (0, 0), per c = 1 abbiamo la circonferenza di raggiounitario, per c = 2 troviamo la circonferenza di raggio
√2 e cosı via...(per altri esempi si veda [?]).
-x
6y
qPi��������&%'$&%'$&%'$&%'$
La prima cosa da determinare nello studio delle funzioni di due variabili e l’insieme di definizione ocampo di esistenza, cioe il piu grande sottoinsieme di R2 dove la funzione e ben definita.
Esempi 1. 1. Si determini e si disegni l’insieme di definizione della funzionef(x, y) = lg(1− x2 − y2).Affinche il logaritmo sia ben definito il suo argomento deve essere positivo, per cui il punto (x, y) deve
3
soddisfare 1 − x2 + y2 > 0, ovvero x2 + y2 < 1, cioe (x, y) deve essere all’interno della circonferenzacentrata nell’origine di raggio 1.
-x
6y
&%'$��
�����
���
��
��
2. Si determini l’insieme di definizione della funzione f(x, y) =√−|x2 + y2 − 2|.
Affinche f sia ben definita l’argomento della radice deve essere maggiore o uguale a zero per cui deveessere |x2 + y2 − 2| ≤ 0, l’unico caso in cui la precedente diseguaglianza e soddisfatta e quello in cui|x2 + y2−2| = 0, e questo avviene per tutti i punti (x, y) che appartengono alla circonferenza di raggio√
2.
3. Si scriva e si disegni l’insieme di definizione della funzione f(x, y) = lg(lg(x+ y)).Affinche f sia ben definita l’argomento del logaritmo (il primo da sinistra) deve essere maggiore di zeroper cui deve essere lg(x+y) > 0, questo implica che l’argomento del secondo logaritmo deve soddisfarex+ y ≥ 1, per cui l’insieme di definizione E e dato da
E = {(x, y) : y ≥ 1− x}
-x
6y
@@@@@@@@@
�����
�����
�����
�����
�����
�����
E
2.1 Alcune Estensioni
1. Funzioni di piu variabili.
Come abbiamo definito R2 possiamo definire spazi vettoriali in cui un punto e fatto di piu coordinate, adesempio nello spazio in cui viviamo ogni punto e individuato da tre coordinate; oppure, se pensiamo di fareun’osservazione fisica di un fenomeno ci interessera sapere oltre alle coordinate dell’oggetto anche il tempoin cui abbiamo fatto la misurazione, dovremo quindi tener conto di 4 coordinate. Diventa percio importanteconoscere spazi vettoriali in cui un punto P e individuato da n coordinate P = (x1, . . . , xn), anche in questispazi possiamo definire una funzione distanza, parlare di insieme aperti, chiusi...e possiamo definire dellefunzioni che ad ogni punto P associano un un numero reale, cioe f(x1, x2, . . . , xn) = z.Ad esempio consideriamo la funzione f : R3 → R,
f(x, y, z) =x+ y
z
il campo di esistenza di questa funzione e costituito da tutti i punti dello spazio che hanno coordinata zdiversa da zero.2. Applicazioni da R2 in R2.Finora abbiamo visto come definire una funzione dipendente da un punto P = (x1, x2) di R2 che assumevalori nell’insieme dei numeri reali, cioe ad ogni coppia di coordinate (x1, x2) viene associato un numeroreale z.
4
Un’applicazione F : R2 → R2 e una legge che associa ad un punto di R2 un altro punto di R2; quindi ad unacoppia di coordinate (x1, x2) corrisponde un’altra coppia (y1, y2) = F (x1, x2); tale scrittura sta a significareche la coordinata y1 cambiera in dipendenza da come cambiano x1 e x2 e la stessa cosa accadra per y2, cioead ogni coppia (x1, x2) coorispondera uno e un solo valore y1 e uno e un solo valore y2, questo e equivalentea dire che esistono due funzioni f1, f2 : R2 → R per cui y1 = f1(x1, x2) e y2 = f2(x1, x2). Le funzioni f1, f2
sono le componenti della funzione F e si puo scrivere F = (f1, f2).Ad esempio consideriamo la funzione F : R2 → R2 definita da
F = (x1, x2) =(x1
x2,x2
x1
)le componenti di F sono date da
f1(x1, x2) =x1
x2, f2(x1, x2) =
x2
x1.
L’insieme di definizione della funzione F e dato dai punti di R2 che hanno entrambe le coordinate diverseda zero, cioe R2 privato degli assi.
2.2 Funzioni Complesse.
Per ogni z ∈ C possiamo considerare una funzione f : C → C come una funzione che a z associa w ∈ C.Ricordiamo che ad ogni z = x+ iy possiamo associare un punto di R2 di coordinate (x, y), e se w = a+ ib glipossiamo associare il punto di R2 di coordinate (a, b). Quindi alla funzione f e associata una funzione–checontinuiamo a chiamare f–definita e a valori in R2, che ad un punto (x, y) associa un punto (a, b) cioef(x, y) = (a, b); per cui rimangono definite due funzioni u, v : R2 → R tali che a = u(x, y) e b = v(x, y), ef(z) = u(x, y) + iv(x, y). Le funzioni u e v si dicono parte reale e parte immaginaria della funzione f .
2.3 Esercizi
1. Si determini l’insieme di definizione delle seguenti funzioni di due variabili.
(a) z = lg(x2 + y2 − 1),
(b) z = lg(x2 + y2),
(c) z =√
2− x2 − y2,
(d) z =1
x2 + y2,
(e) f(x, y) = lg(x2 − 1) + lg(1− y2),
(f) f(x, y) = lgx2 − 11− y2
,
(g) f(x, y) =
√4− x2 − y2
x− y,
(h) f(x, y) =lg(arcsen(x2 + y2 − 1))
xy,
(i) f(x, y) = lg lg(x+ y
x− y
),
(j) f(x, y) = lg(x+ y) + lg(x− y),
(k) z = lg(1− x2) + lg(1− y2),
(l) z = lg(
1− x2
1− y2
),
5
(m) z = arcsen(
xy
x2 + y2
).
2. Si determini l’insieme di definizione delle seguenti funzioni di piu variabili.
(a) f(x, y, z) = lg(x2 + y2 + z2 − 1),
(b) f(x1, x2, x3, x4) = lg(x21 + x2
2 + x23 + x2
4),
(c) f(x, y, z) =√
2− x− y + z,
(d) f(x, y, z) =1
x2 + y2.
3. Si determini la parte reale e la parte immaginaria delle seguenti funzioni complesse.
(a) f(z) =1z,
(b) f(z) =z + 1z − 1
,
(c) f(z) = z2 − 1,
(d) f(z) = zz.
3 Limiti e Continuita
La definizione di limite per funzioni di due variabili non e molto differente da quella di funzioni di unavariabile. Infatti ricordiamo che per le funzioni di una variabile si dice che
limx→x0
f(x) = l se
∀ ε > 0 ∃ δ = δε,x0 > 0 tale che se |x− x0| ≤ δ allora |f(x)− l| ≤ ε.
Ovvero se x e in un intorno centrato in x0 di raggio δ, f(x) deve essere in un intorno di raggio ε di l, inaltre parole se x dista da x0 meno di δ allora f(x) dista da l meno di ε. Quindi l’unica cosa a cui cambiaresignificato in R2 e il modulo, che andra naturalmente sostituito con la distanza; per cui se (x0, y0) e unpunto di accumulazione per un insieme A dove e definita una funzione f(x, y) diremo che
lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = l se
∀ε > 0∃ δ = δε,(x0,y0) > 0 : d((x, y), (x0, y0)) ≤ δ ⇒ |f(x, y)− l| ≤ ε.(2)
Analogamente a quanto detto per R, diremo che una funzione f : A ⊆ R2 → R e continua in un punto(x0, y0) ∈ A se lim
(x,y)→(x0,y0)f(x, y) = f(x0, y0).
La difficolta principale nello studiare un limite di funzione di due variabili consiste proprio nel fatto che inR2 c’e piu spazio, cioe mentre in R se |x−x0| ≤ δ allora x si trova necessariamente su un segmento centratoin x0 e di raggio δ, in R2 se d((x, y), (x0, y0)) ≤ δ possiamo solo dire che il punto (x, y) si trova in un intornocircolare centrato in (x0, y0) e di raggio δ, ma non sappiamo nulla su come (x, y) si avvicina ad (x0, y0),se–ad esempio–(x, y) tende a (x0, y0) muovendosi su rette, su parabole, o su chissa quali altri tipi di curve.Certo e che SE il limite esiste allora il valore l NON deve dipendere da come (x, y) tende a (x0, y0). Percui vale la seguente condizione necessaria.
Proposizione 1. Se esiste lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y) = l allora
limx→x0
f(x, y +m(x− x0)) = l ∀m ∈ R. (3)
6
dim. Da (2) segue che |f(x, y) − l| ≤ ε per ogni (x, y) appartenente ad un intorno circolare centrato in(x0, y0), in particolare possiamo prendere i punti (x, y) che sono nell’intorno Iδ(x0, y0) e che sono anchesulla retta (PASSANTE PER (x0, y0)) cioe i punti che soddisfano y = y0 +m(x− x0). Tali punti sarannoin Iδ(x0, y0) se soddisfano√
(x− x0)2 + (y − y0)2 ≤ δ ⇔√
(x− x0)2 +m2(x− x0)2 ≤ δ
ovvero se √1 +m2
√(x− x0)2 ≤ δ ⇔ |x− x0| ≤ δ′ :=
δ√1 +m2
,
il che ci dice che se |x− x0| ≤ δ′, |f(x, y0 +m(x− x0))− l| ≤ ε, che e esattamente (3).
Osservazione 2. Nella proposizione precedente abbiamo considerato la generica retta passante per (x0, y0),ma si puo considerare una qualsiasi funzione continua y = g(x) per cui y0 = g(x0). Se il limite esiste deveessere lim
x→x0
f(x, g(x)) = l. RIPETIAMO che se questo accade NON e detto che il limite esista.
Esempio 2. Consideriamof(x, y) =
xy
x2 + y2, lim
(x,y)→(0,0)f(x, y)
Dovendo fare il limite per (x, y)→ (0, 0), possiamo vedere che accade prendendo una generica retta passanteper (0, 0), i.e. y = mx, e calcoliamo il limite
limx→0
f(x,mx) = limx→0
mx2
x2 +m2x2= lim
x→0
m
1 +m2=
m
1 +m2
il risultato che abbiamo ottenuto ci dice che il limite non esiste, infatti il risultato varia al variare di m, perm = 0 l = 0, per m = 1, l = 1/2... Ma se esiste l DEVE ESSERE UNICO! Quindi il limite non esiste.
La proposizione precedente ci aiuta se vogliamo provare che un limite non esiste, ma come fare a provareche un limite esiste e nel caso come calcolarlo? Anche qui la situazione si complica rispetto al caso di funzionidi una sola variabile reale. Se ad esempio dobbiamo studiare il limite
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = l (4)
possiamo citare i seguenti ragionamenti possibili:
1. Diseguaglianze.
Per usare la definizione dobbiamo stimare |f(x, y)− l|; in tali casi puo essere utile la diseguaglianza
|ab| ≤ 12
(a2 + b2). (5)
Ad esempio consideriamo
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) dove f(x, y) =x2|y|3/2
x2 + y2. (6)
Usando (5) otteniamo
|f(x, y)| = |xy|√|y|
x2 + y2≤ 1
2
√|y|
7
Osservando che se (x, y)→ (0, 0) anche le coordinate x, y tendono a zero separatamente, concludiamoche il precedente limite e zero. Altre volte possono essere sufficienti diseguaglianze piu semplici, adesempio per calcolare il limite
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) dove f(x, y) =x2y
x+ y2.
basta osservare che essendo y2 ≥ 0 abbiamo che x+ y2 ≥ x cosicche
|f(x, y)| ≤ |xy| ≤ 12d((x, y), (0, 0))2
cosicche anche questo limite e zero.
2. Coordinate polari.
Possiamo individuare ogni punto del piano usando le coordinate cartesiane, ma possiamo anche usarele coordinate polari, cioe si usano le trasformazioni{
x = r cos θy = rsenθ
r =√x2 + y2 θ ∈ [0, 2π]. (7)
quindi r e la distanza del punto di coordinate (x, y) dall’origine pertanto il limite (4) diventa
limr→0
f(r cos θ, rsenθ) = l.
Tale limite esistera se il suo risultato sara uniforme in θ. Il che vuol dire che il precedente limiteesiste se
limr→0
sup[0,2π]
f(r cos θ, r sin θ).
Nel caso in cui il limite e per (x, y) → (x0, y0) bisogna considerare (x, y) = (x0 + r cos θ, y0 + r sin θ).Calcoliamo di nuovo i due limiti precedenti usando le coordinate polari. Nel primo caso abbiamo
f(r cos θ, r sin θ) =r7/2 cos2 θ|senθ|3/2
r2= r3/2 cos2 θ|senθ|3/2
Osservando che |r3/2 cos2 θ||senθ|3/2 ≤ r3/2, otteniamo che il limite e zero. Nel secondo caso si ha
f(r cos θ, r sin θ) =r3 cos2 θsenθ
r(cos θ + rsen2θ= r2
cos2 θsenθcos θ + rsen2θ
Osservando di nuovo che rsen2θ ≥ 0 otteniamo
r2 sup[0,2π]
∣∣∣∣ cos2 θsenθcos θ + rsen2θ
∣∣∣∣ ≤ r2 sup[0,2π]
| cos θsenθ| ≤ r2 → 0
quindi anche in questo caso abbiamo provato che il limite e zero.
3. Studio di funzioni di una variabile.
Nello studio dei limiti possono essere di notevole aiuto le conoscenze di analisi uno, ad esempioconsideriamo di nuovo il limite
lim(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
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Sapendo che il limite in esame viene zero ponendo-ad esempio-y = 0 si potrebbe pensare che il limitesia zero, un modo per verificare se cio e vero consiste nel cercare il massimo della funzione vista comesola funzione della x (o della y), quindi calcoliamo la derivata prima, pensando y come un numero
f ′(x) =y(x2 + y2 − 2x2y)
(x2 + y2)2=y(y2 − x2)(x2 + y2)2
Questa si annulla per x = y (ricordiamo che dobbiamo trattare y come fosse un numero!), sostituiamoquesto valore nella funzione ed otteniamo
f(y, y) =12
cioe la funzione (come avevamo gia visto) vale costantemente 1/2 sulla retta x = y, quindi non puotendere a zero! Usando questo ragionamento studiamo il limite
f(x, y) =xy2
x2 + y4lim
(x,y)→(0,0)f(x, y)
Proviamo a vedere che succede muovendoci sulle rette y = mx
limx→0
f(x,mx) = limx→0
mx3
x2 +m4x4= lim
x→0
mx
1 +m4x2= 0,
Quindi la condizione necessaria sulle rette e soddisfatta. A questo punto il limite potrebbe esistere mapotrebbe anche non esistere. Come prima consideriamo g(x) = xy2/(x2 + y4) e calcoliamo il massimodi g; g′(x) = y2(y4 − x2)/(x2 + y2)2 per cui g′(x) = 0 per x = ±y2 e per x = −y2 abbiamo il puntodi minimo, x = y2 e il punto di massimo e il valore massimo e g(y2) = 1/2, ovvero f(y2, y) = 1/2 perogni y, e se prendiamo come curva la parabola con vertice nell’origine e asse di simmetria paralleloall’asse x, x = y2 otteniamo
limy→0
f(y2, y) =12
;
d’altra parte abbiamo visto che sulle rette il limite viene zero, quindi di nuovo otteniamo valori diversi,contro l’unicita del limite, quindi il limite non esiste.
In conclusione possiamo dire che non c’e un unica via per risolvere un limite di funzioni di due variabili,bisogna tentare piu vie, allenandosi si riesce a capire subito (o quasi) qual e quella piu conveniente.
3.1 Limiti di Funzioni Complesse.
La definizione di limite in C e analoga a quella data in R, a patto di sostituire il modulo con la distanza in C.La distanza in C si definisce usando la parte reale e la parte immaginaria, quindi dati z = x+iy, z0 = x0+iy0
si had(z, z0) =
√(x− x0)2 + (y − y0)2
Definizione 1.limz→z0
f(z) = l se
∀ε > 0 ∃ δ = δε,z > 0 : d(z, z0) ≤ δ ⇒ d(f(z), l) ≤ ε,(8)
dove anche la seconda distanza e da interpretare in C, cioe se f(z) = u(x, y) + iv(x, y) e l = a+ ib si ha
d(f(z), l) =√
(u(x, y)− a)2 + (v(x, y)− b)2.
9
Esempio 3. Si halim
z→1+i(z − 1)2 = −1.
Infatti, se z = x+ iy, e f(z) = (x+ iy − 1)2 = (x− 1)2 − y2 + i2y(x− 1), per cui u(x, y) = (x− 1)2 − y2 ev(x, y) = 2y(x− 1). Inoltre z → 1 + i per cui x→ 1, y → 1 e otteniamo i due limiti in R2
lim(x,y)→(1,1)
(x− 1)2 − y2 = −1, lim(x,y)→(1,1)
2y(x− 1) = 0,
per cui otteniamo di nuovo che (z − 1)2 → −1.
3.2 Esercizi.
1. Calcolare, se esistono, i seguenti limiti.
(a) lim(x,y)→(1,0)
e(x−1)2+y2
(b) lim(x,y)→(0,0)
x2 + y3
x2 + y2
(c) lim(x,y)→(0,0)
sin(x4 + y5)
(d) lim(x,y)→(0,0)
sin(x2 + y2)x2 + y2
(e) lim(x,y)→(0,0)
x2y3
x4 + y4
(f) lim(x,y)→(0,0)
x
y,
(g) lim(x,y)→(0,0)
x2y
x2 + y2,
(h) lim(x,y)→(0,0)
sin2(xy)x2 + y2
,
(i) lim(x,y)→(0,0)
x2y
x4 + y2,
(j) lim(x,y)→(0,0)
(x2 cos y − y2 sinx),
(k) lim(x,y)→(1,2)
x3 + xy2 − x2 − y2
x− 1,
(l) lim(x,y)→(0,0)
x3 + y5
x2 + y4,
(m) limz→i
e−(z−1)2 ,
(n) limz→1
z − 1z
,
(o) limz→2i
z − 1z2
.
2. Stabilire se le seguenti funzioni sono continue.
(a) f(x, y) =
lg(1 + xy)x2 + y2
0
10
(b) f(x, y) =
y4
x2 + y4
0
(c) f(x, y) =
sin(xy)xy1
(d) f(x, y) =
sin(x2 + y2)x2 + y2
1
3. Determinare, se esistono, a e b tali che le seguenti funzioni siano continue.
(a) f(x, y) =
lg(1 + x2 + y2)
x2 + y2(x, y) 6= (0, 0),
a (x, y) = (0, 0),
(b) f(x, y) =
(x− 1)3y
(x− 1)2 + y2+ a (x, y) 6= (1, 0),
b (x, y) = (1, 0).
4 Derivabilita e Differenziabilita.
Definizione 2. Un vettore v = (α, β) si dice direzione se α2 + β2 = 1, cioe se v ha modulo 1.Analogamente a quanto fatto in R si definisce derivata direzionale della funzione f nel punto (x, y) lungola direzione v, il limite (se esiste)
limt→0
f(x+ αt, y + βt)− f(x, y)t
=∂f
∂v(x, y).
Se scegliamo delle direzioni particolari troviamo delle derivate che saranno utili nella ricerca dei massimie minimi.
Definizione 3. Prendendo come direzione v = (1, 0) oteniamo la derivata parziale della funzione frispetto a x nel punto (x, y) come
limt→0
f(x+ t, y)− f(x, y)t
=∂f
∂x(x, y).
Analogamente se v = (0, 1) abbiamo la derivata parziale rispetto alla variabile y.
limt→0
f(x, y + t)− f(x, y)t
=∂f
∂y(x, y).
Inoltre il vettore ∇f(x, y) = (fx(x, y), fy(x, y)) e detto gradiente di f nel punto (x, y).
Sebbene questo sia il primo modo che viene in mente per estendere il concetto di derivabilita da R a R2,non e il migliore per tanti motivi; ad esempio mentre in R, le funzioni derivabili sono anche continue, questonon vale piu in R2, dove esistono funzioni derivabili ma non continue ed esistono funzioni continue che nonhanno le derivate, come mostrano i seguenti esempi.
Esempi 2. 1. Consideriamo la funzione f : R2 → R definita da
f(x, y) =
xy
x2 + y2(x, y) 6= (0, 0),
0 (x, y) = (0, 0),
11
f ha entrambe le derivate parziali nell’origine fx(0, 0) = fy(0, 0) = 0, ma non e ivi continua (si veda 2esempio1.). Infatti, nell’esempio (6) abbiamo visto che la funzione non ha limite nell’origine, mentrele derivate parziali esistono e sono date da
limt→0
f(0 + t, 0)− f(0, 0)t
= limt→0
0t
= 0 = fx(0, 0),
limt→0
f(0, 0 + t)− f(0, 0)t
= limt→0
0t
= 0 = fy(0, 0).
2. Consideriamo la funzione f : R2 → R definita da
f(x, y) = d((x, y), (0, 0)) =√x2 + y2.
f e continua in tutto R2, ma non ha le derivate parziali nell’origine, infatti
limt→0+
f(0 + t, 0)− f(0, 0)t
= limt→0+
√t2
t= lim
t→0+
|t|t
= 1
limt→0−
f(0 + t, 0)− f(0, 0)t
= limt→0−
√t2
t= lim
t→0−
−tt
= −1.
Quindi non esiste la derivata parziale rispetto a x nell’origine; analogamente si prova che non esistela derivata parziale rispetto alla variabile y nell’origine.
4.1 Esercizi
Calcolare le derivate parziali delle seguenti funzioni.
1. f(x, y) =x+ y
x− y,
2. f(x, y) = |x− y|,
3. f(x, y) = sin(xy),
4. f(x, y) = sinx(sin y)2,
5. f(x, y) =x+ y
1− xy.
4.2 Massimi, Minimi e Punti Critici.
Le derivate parziali sono comunque utili nella ricerca dei punti di massimo e di minimo delle funzioni di duevariabili. Iniziamo con il dare la seguente definizione.
Definizione 4. Data f : A ⊂ R2 → R con A aperto e (x0, y0) ∈ A. (x0, y0) si dice di massimo (di minimo)locale (o relativo) per f se esiste un intorno circolare centrato in (x0, y0) Iδ(x0, y0) tale che f(x, y) ≤ f(x0, y0)(f(x, y) ≥ f(x0, y0)) per ogni (x, y) ∈ Iδ(x0, y0).Un punto (x0, y0) si dice di massimo (di minimo) globale (o assoluto) per f se f(x, y) ≤ f(x0, y0) (f(x, y) ≥(x0, y0)) per ogni (x, y) ∈ R2.
Vale la seguente proposizione.
Proposizione 2. Data f : A ⊂ R2 → R con A aperto e (x0, y0) ∈ A. Se (x0, y0) e di massimo (o diminimo) relativo per f , allora fx(x0, y0) = fy(x0, y0) = 0.
12
dim. Dalla definizione di punto di massimo, segue che esiste un intorno Iδ(x0, y0) tale che f(x, y) ≤f(x0, y0); Se ci restringiamo ai punti di Iδ che sono sulla retta y = y0 dovremo porre y = y0 e f(x, y0) ≤f(x0, y0).
-x
6y
qx0 x0 + δx0−δ
Iδ f(x, y0)y0 &%'$
Consideriamo la funzione di una variabile g(x) = f(x, y0); si ha g(x) ≤ g(x0) per ogni x ∈ (x0 − δ, x0 + δ),il che vuol dire che x0 e di massimo relativo per g; ma allora deve essere g′(x0) = 0, ovvero fx(x0, y0) = 0.Considerando g(y) = f(x0, y) si ottiene che anche fy(x0, y0) = 0.
Definizione 5. Un punto (x0, y0) si dice punto critico se fx(x0, y0) = fy(x0, y0) = 0.
La Proposizione (2) ci dice che i punti di massimo o minimo interni ad un aperto A vanno ricercati trai punti critici della funzione f . Bisogna poi studiare separatamente cosa succede sul bordo di A. Questoragionamento e del tutto analogo a quello applicato per le funzioni di una variabile, ma c’e una difficolta inpiu ; nello studio delle funzioni di una variabile lo studio del segno della derivata prima ci aiuta nel capirese un punto e di massimo o di minimo, mentre nello studio di funzioni di piu variabili questa possibilitadecade, come vedremo nei prossimi esempi.
Esempi 3. 1. Consideriamo la funzione f : R2 → R2, f(x, y) = x2 + y2. Per cerchare i punti critici dif , dobbiamo imporre {
2x = 02y = 0
Per cui l’unico punto in cui si annullano entrambe le derivate parziali e A = (0, 0); Se guardiamoseparatamente i segni delle due derivate parziali vediamo che considerata la funzione g(x) = f(x, y)il punto x = 0 sarebbe di minimo e la stessa cosa succede per la funzione h(y) = f(x, y), quindici aspettiamo che A sia un punto di minimo. Osservando che f(A) = 0, e f(x, y) ≥ 0 per ogni(x, y) ∈ R2, deduciamo che effettivamente A e il punto di minimo globale di f .
2. Consideriamo la funzione f : R2 → R2, f(x, y) = x2− y2. Se cerchiamo i punti critici di f , dobbiamoimporre le stesse equazioni dell’esempio precedente, e di nuovo otteniamo che l’unico punto critico eA = (0, 0). Questa volta pero le due derivate parziali si comportano in modo differente infatti mentreg(x) = f(x, y) ha come derivata g′(x) = 2x per cui A e un punto di minimo per g, h′(y) = −2y quindiA e un punto di massimo per h, allora A e un punto di massimo o di minimo per f? In realta , A none ne di massimo ne di minimo; infatti f(x, 0) = x2 che e sempre positiva tranne in A dove si annulla,per cui A e un punto di minimo per f(x, 0); al contrario f(0, y) = −y2 che e sempre negativa tranneche in A dove e zero, per cui A e per f(0, y) un punto di massimo.
13
Detto in altri termini la funzione f assume sia valori positivi che negativi vicino all’origine quindil’origine non e ne punto di minimo ne di massimo.
3. Si studi f(x, y) = 2x2y + 2xy2 − x2y2 − 4xy. Per cercare i punti critici, dobbiamo trovare le soluzionidel seguente sistema {
y(y − 2)(1− x) = 0x(1− y)(x− 2) = 0
Quindi {y = 0x(x− 2) = 0
oppure
{y = 2x(x− 2) = 0
oppure
{x = 1y = 1
Abbiamo i punti critici A = (0, 0), B = (2, 0), C = (0, 2), D = (2, 2), E = (1, 1).
4.3 Esercizi
Determinare i punti critici delle seguenti funzioni di due variabili.
1. f(x, y) = x3 + y3 − (1 + x+ y)3
2. f(x, y) = cosx sin y (x, y) ∈ [0, 2π)× [0, 2π)
3. f(x, y) = x4 + x2y + y2 + 3
4. f(x, y) = (x− 1)3 + 3(x− y)2 + 1
5. f(x, y) = x4 + y4 − 2(x2 + y2) + 4xy
6. f(x, y) = e−(x2+y2)
7. f(x, y) = 2x3 + y2 − 3x2
14
5 Differenziabilita
Come abbiamo visto la nozione di derivata direzionale non ha gli stessi pregi della nozione di derivabilita inR. La “giusta” estensione della derivabilita e data dalla seguente definizione.
Definizione 6. Data f : A → R, con A aperto di R2 e (x0, y0) ∈ A. f si dice differenziabile in (x0, y0)se esiste un’applicazione lineare L : R2 → R (chiamata differenziale) tale che, per ogni (h, k) che tende a(0, 0) si ha
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− L(h, k)|(h, k)|
= 0 (9)
dove ricordiamo che |(h, k)| =√h2 + k2.
Osservazione 3. (9) implica che
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− L(h, k) = o(|(h, k)|) (10)
dove ricordiamo che per definizione o(x) e una quantitta tale che
limx→0
o(x)x
= 0
Ricordiamo che un’applicazione lineare e individuata da una matrice e viceversa. Le applicazioni linearidefinite su R e a valori in R devono essere individuate da una matrice 1×1 cioe da un numero reale, e questoci dice che il differenziale in R altro non e che la derivata prima calcolata nel punto. Mentre le applicazionilineari definite in R2 a valori in R devono essere individuate da una matrice 2× 1, cioe da un vettore di R2,la prossima proposizione ci aiutera a capire chi e questo vettore.
Proposizione 3. Se f e differenziabile in (x0, y0), esistono le derivate parziali in (x0, y0) e si ha per ogni(h, k)
L(h, k) = fx(x0, y0)h+ fy(x0, y0)k = ∇f(x0, y0) · (h, k).
Inoltre esiste in (x0, y0) il piano tangente alla funzione f , di equazione
z = f(x0, y0) + fx(x0, y0)(x− x0) + fy(x0, y0)(y − y0). (11)
Prima di dare la dimostrazione di questo risultato osserviamo che ci dice proprio che il vettore cherappresenta il differenziale di f e quello le cui componenti sono le derivate parziali di f .Dimostrazione. Prendiamo (h, k) = (h, 0) con h→ 0 in (9), otteniamo
limh→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)− L(h, 0)h
= 0,
essendo L lineare, L(s, 0) = sL(1, 0) per cui
limh→0
f(x0 + h, y0)− f(x0, y0)h
= L(1, 0).
A sinistra troviamo scritto la definizione di derivata parziale in (x0, y0), per cui
L(1, 0) = fx(x0, y0).
Analogamente, se prendiamo (h, k) = (0, k) abbiamo
limh→0
f(x0, y0 + k)− f(x0, y0)− L(0, k)k
= 0,
15
e sempre per la linearita di L abbiamo che L(0, 1) = fy(x0, y0). Quindi le derivate parziali fx(x0, y0), fy(x0, y0)esistono e sono date rispettivamente da L(1, 0), L(0, 1). Questa informazione e la linearita di L implicanoche per ogni (h, k)
L(h, k) = L(1, 0)h+ L(0, 1)k = fx(x0, y0)h+ fy(x0, y0)k
per cui L non e un’applicazione tanto misteriosa, se esiste e data dalle derivate parziali. Alla luce di questeinformazioni (10) si rilegge
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− fx(x0, y0)h− fy(x0, y0)k = o(|(h, k)|); (12)
quindi, se la funzione f e differenziabile la si puo approssimare in un piccolo intorno del punto (x0, y0) conun piano. Infatti ponendo h = x− x0, k = y − y0 abbiamo che
lim(x,y)→(x0,y0)
f(x, y)− f(x0, y0)− fx(x0, y0)− fy(x0, y0)√(x− x0)2 + (y − y0)2
= 0.
Il che ci dice che il piano di equazione (11) approssima la funzione f in un piccolo intorno del punto (x0, y0).
5.1 Esercizi
Scrivere l’equazione del piano tangente alle seguenti funzioni nei punti assegnati
1. f(x, y) = x3 − 2x2y + 5xy2 + y3 P = (0, 1),
2. f(x, y) =1
x2 + y2P = (1, 1),
3. f(x, y) = lg(x+ y) sin(xy) P = (π
4,π
4),
4. f(x, y) = cosx sin y P = (π
4,π
4),
5. f(x, y) = yex P = (1, 0),
6. f(x, y) = xy P = (0, 0).
Le funzioni differenziabili non solo hanno il piano tangente, ma sono anche continue, infatti vale la seguenteproposizione.
Proposizione 4. Se f e differenziabile in (x0, y0), f e continua in (x0, y0).
Dimostrazione. Prendiamo h = x− x0 e k = y − y0 in (12). Si ha
lim(x,y)→(x0,y0)
[f(x, y)− f(x0, y0)] = lim(x,y)→(x0,y0)
[fx(x0, y0)(x− x0)− fy(x0, y0)(y − y0)]
+ lim(x,y)→(x0,y0)
o(|(x− x0, y − y0)|) = 0,
il che ci dice che f e continua in (x0, y0).Dalle due precedenti proposizioni deduciamo che il concetto di differenziabilita ha tutte le proprieta che
ha quello di derivabilita in R; in realta in R i due concetti coincidono, infatti l’applicazione lineare L la cuiesistenza e richiesta dalla definizione di differenziabilita e data da L(t) = f ′(x0)t, quindi se una funzionereale di variabile reale e differenziabile avra la derivata prima e viceversa se una funzione ha la derivataprima (cioe e derivabile) allora e anche differenziabile, in sostanza in R dire deribilita e equivalente a diredifferenziabilita.Finora abbiamo visto che proprieta sono garantite dalla differenziabilita ora vedremo quali condizioni sonosufficienti a garantire la differenziabilita.
16
Teorema 1. Teorema del differenziale Totale.Sia f : A ⊆ R2 → R, A aperto e (x0, y0) ∈ A. Se esistono fx e fy in A e sono continue in (x0, y0), f edifferenziabile in (x0, y0).
Dimostrazione. Iniziamo con l’osservare che si ha
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) = f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0 + k) + f(x0, y0 + k)− f(x0, y0). (13)
Applicando il teorema del valor medio alla funzione reale di variabile reale g(x) = f(x, y0 + k), otteniamoche esiste un punto x1 interno al segmento di estremi x0, x0 + h tale che
g(x0 + h)− g(x0) = g′(x1)h = fx(x1, y0 + k)h.
Applicando il teorema del valor medio alla funzione reale di variabile reale ϕ(y) = f(x0, y), otteniamo cheesiste un punto y1 interno al segmento di estremi y0, y0 + k tale che
ϕ(y0 + k)− ϕ(y0) = ϕ′(y1)k = fy(x0, y0 + k)k
e sostituendo in (13) otteniamo
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0) = fx(x1, y0 + k)h+ fy(x0, y0 + k)k. (14)
Per provare che f e differenziabile in (x0, y0) dobbiamo mostrare che
lim(h,k)→(0,0)
f(x0 + h, y0 + k)− f(x0, y0)− fx(x0, y0)h− fy(x0, y0)k√h2 + k2
= 0. (15)
Usando (14) il precedente limite diventa
lim(h,k)→(0,0)
[fx(x1, y0 + k)− fx(x0, y0)]h+ [fy(x0, y0 + k)− fy(x0, y0)]k√h2 + k2
Per provare che tale limite e zero e sufficiente mostrare che
lim(h,k)→(0,0)
[fx(x1, y0 + k)− fx(x0, y0)]h√
h2 + k2= 0,
lim(h,k)→(0,0)
[fy(x0, y0 + k)− fy(x0, y0)]k√
h2 + k2= 0.
Si ha √h2 + k2 ≥
√h2 = |h|,
√h2 + k2 ≥
√k2 = |k|;
quindi|h|√h2 + k2
≤ 1,|k|√h2 + k2
≤ 1. (16)
Inoltre, dalla continuita delle derivate parziali deduciamo che
lim(h,k)→(0,0)
[fx(x1, y0 + k)− fx(x0, y0)]= lim(x,y)→(x0,y0)
[fy(x0, y0 + k)− fy(x0, y0)] = 0.
Questo e (16) implica (15).
Esempi 4. 1. La funzione f(x, y) = x2y e continua nell’ origine ha le derivate parziali date da fx(x, y) =2xy, fy(x, y) = x2 che sono continue nell’origine, applicando il teorema precedente f e differenziabilenell’origine.
2. La funzione f(x, y) = x2 sin(1/x), f(0) = 0 e continua nell’origine, la derivata prima f ′(x) =2x sin(1/x)− cos(1/x) non lo e, ma f e derivabile in (0); infatti
limx→0
x2 sin(1/x)x
= limx→0
x sin(1/x) = 0 = f ′(0).
quindi una funzione puo essere differenziabile in un punto anche se le derivate parziali non sonocontinue in quel punto.
17
6 Derivate Successive e Formula di Taylor.
In R, per capire se un punto critico e di minimo o di massimo o nessuno dei due, e importante studiarela derivata seconda, questo accade anche per le funzioni di piu variabili. Innanzitutto osserviamo che dataf : A → R, come abbiamo definito le derivate parziali prime, possiamo definire anche le derivate parzialiseconde fxx, fxy, fyx, fyy. Sotto opportune ipotesi le derivate miste fxy, fyx sono uguali. Infatti vale ilseguente risultato.
Teorema 2. Sia A aperto di R2, (x0, y0) ∈ A e f una funzione tale che esistono fxx, fxy, fyx, fyy. Sefxy, fyx sono continue in (x0, y0) allora fxy(x0, y0) = fyx(x0, y0).
Per scrivere la formula di Taylor per una funzione di due variabili, e utile sapere come si derivano lefunzioni composte.
6.1 Funzioni Composte.
Studieremo il caso piu semplice di funzione composta, cioe solo il caso in cui la composizione e con unafunzione reale di una variabile reale.Se x(t), y(t) sono due funzioni reali continue per t ∈ I ⊂ R, l’applicazione ϕ : I → R2, ϕ(t) = (x(t), y(t))e una curva nel piano. Se ϕ(I) ⊂ A e f e una funzione definita in A, possiamo considerare la funzionecomposta F : I → R, F (t) = f(x(t), y(t)) e la sua derivata si calcola sotto le ipotesi enunciate nel prossimorisultato.
Teorema 3. Se le funzioni x(t), y(t) sono derivabili in t ∈ I e f e differenziabile in (x(t), y(t)) ∈ A, allorala funzione F (t) = f(x(t), y(t)) e derivabile in t e la sua derivata e data da
F ′(t) = fx(x(t), y(t))x′(t) + fy((x(t), y(t))y′(t).
Osservazione 4. Se consideriamo x(t) = x0 + t, y(t) = y0 e (x0, y0) e di minimo o di massimo per lafunzione f , t = 0 e di minimo o di massimo per la funzione F (t) = f(x(t), y(t)), per cui deve essereF ′(0) = 0. Calcolando la derivata di F secondo la regola enunciata nel precedente Teorema otteniamoche F ′(0) = fx(x0, y0) = 0. Mentre, se prendiamo come curve x(t) = x0 e y(t) = y0 + t otteniamo chefy(x0, y0) = 0, cioe abbiamo di nuovo provato che in un punto di massimo o di minimo le derivate parzialidi una funzione sono nulle.
Consideriamo ora la funzione composta
F (t) = f(x+ th, y + tk), t ∈ [0, 1]. (17)
Se f e differenziabile e ha le derivate seconde continue F risulta derivabile due volte con derivate secondecontinue date da
F ′(t) = fx(x+ th, y + tk)h+ fy(x+ th, y + tk)k
F ′′(t) = fxx(x+ th, y + tk)h2 + 2fxy(x+ th, y + tk)hk + fyy(x+ th, y + tk)k2
Visto che F e derivabile 2 volte in un intorno del punto t = 0, possiamo scrivere la formula di Taylor alsecondo ordine rispetto al punto t = 0
F (t) = F (0) + F ′(0)t+12F′′(θ)t2
dove θ e un punto compreso tra 0 e t (abbiamo usato la formula del resto di Lagrange). Prendendo h e kabbastanza piccoli, possiamo prendere t = 1 cioe possiamo scrivere
F (1) = F (0) + F ′(0) +12F′′(θ)
18
usando (17) otteniamo la formula di Taylor al secondo ordine per la funzione f(x, y) con il resto di Lagrange.
f(x+ h, y + k) = f(x, y) + fx(x, y)h+ fy(x, y)k
+12
[fxx(x+ θh, y + θk)h2 + 2fxy(x+ θh, y + θk)hk + fyy(x+ θh, y + θk)k2]
6.2 Massimi e minimi relativi: condizioni sufficienti.
Finora abbiamo visto che i punti di massimo e di minimo relativo sono sicuramente zeri delle derivate parzialiprime. Ora vedremo delle condizioni sufficienti a garantire se un dato punto critico e un punto di minimo,di massimo o nessuno dei due. Per fare cio introduciamo la matrice Hessiana
H(x, y) =
fxx(x, y) fxy(x, y)
fyx(x, y) fyy(x, y)
(18)
che viene usata nel seguente risultato
Teorema 4. Sia A aperto di R2, (x0, y0) ∈ A punto critico di f , che ha tutte le derivate seconde continue.Se {
detH(x0, y0) > 0,fxx(x0, y0) > 0,
(19)
allora (x0, y0) e di minimo. Se {detH(x0, y0) > 0,fxx(x0, y0) < 0,
(20)
allora (x0, y0) e di massimo. Se detH(x0, y0) < 0 il punto e di sella.
Se il detH = 0 non si puo concludere nulla, come in R, se f ′′(x) = 0 un punto potrebbe essere un flessoo un minimo degenere. Vediamo un esempio
Esempio 4. Si determinino e si classifichino i punti critici di f(x, y) = x4 − 2x2 + (ex − y)4. Abbiamo{4[x3 − x+ ex(ex − y)3] = 0,−4(ex − y)3 = 0,
⇔
{x[x2 − 1] = 0,ex = y.
Otteniamo A = (0, 1), B = (1, e), C = (−1, 1/e). Le derivate seconde sono fxx(x, y) = 4[3x2 − 1 + (ex −y)2(3e2x + ex − y)], fxy(x, y) = −12(ex − y)x, fyy(x, y) = 12(ex − y)2. Per cui
H(A) =
−4 0
0 0
; H(B) =
8 0
0 0
; H(C) =
8 0
0 0
.
Quindi, in tutti e tre i punti la matrice Hessiana ha determinante nullo. Bisogna ragionare in altro modo.Se consideriamo l’applicazione g(y) = f(x, y) (cioe considerando x costante) abbiamo che g′(y) = fy(x, y)e g′(y) ≥ 0 sse y ≥ ex, ovvero tutta la curva y = ex e una curva di punti di minimo per g(y). Ora vediamocome si comporta f su tale curva, cioe studiamo h(x) = f(x, ex) = x4 − 2x2. Abbiamo h′(x) = 4x(x2 − 1)per cui x = −1 e un punto di minimo, x = 0 di massimo x = 1 di minimo. Per x = 0 y = ex = 1 eotteniamo il punto A; in tale punto la funzione ha un minimo vista come funzione della sola y e ha unmassimo vista come funzione della sola x, quindi A e un punto di sella. Per x = 1 y = ex = e e otteniamoil punto B; la funzione ha un minimo sia vista come funzione della sola x che vista come funzione dellasola y, quindi in un intorno di B abbiamo f(x, y) ≥ f(x, ex) ≥ f(B), quindi B e un punto di minimo. Perx = −1 y = ex = 1/e e abbiamo il punto C dove possiamo fare gli stessi ragionamenti del punto B perconcludere che anche C e un punto di minimo.
19
6.3 Esercizi.
1. Determinare i minimi e massimi relativi e assoluti e classificare tutti i punti critici delle seguentifunzioni.
(a) f(x, y) = x2 + y3 − xy,(b) f(x, y) = x− x2 − y2,
(c) f(x, y) = xyex+y,
(d) f(x, y) = x(y + 1)− x2y,
(e) f(x, y) = xexy,
(f) f(x, y) = x3 + x− 4xy − 2y2,
(g) f(x, y) = sinx sin y,(h) f(x, y) = x3 + y3 − xy,(i) f(x, y) = x3 + y3 + xy,
(j) f(x, y) = (3x− x3)(3y − y3),
(k) f(x, y) = (x− y)e−(x2+y2),
(l) f(x, y) =x+ y
1 + x2 + y2 + 2xy
2. Determinare i minimi e massimi delle seguenti funzioni negli insiemi indicati
(a) f(x, y) = x2y + xy2 − xy, T = {(x, y) : x ≥ 0, y ≥ 0, x+ y ≤ 1}.(b) f(x, y) = x2 + y2, E = {(x, y) : x2 + y2 ≤ r}.(c) f(x, y) = x3 + 3y3 + x2y E = {(x, y) : |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.
(d) f(x, y) =1
x2 − xy + y2E = {(x, y) : x2 + y2 ≥ 1}.
3. Determinare l’insieme di definizione e i punti critici delle seguenti funzioni di tre variabili.
(a) f(x, y, z) = xyz3,
(b) f(x, y, z) =xz
x+ y.
7 Soluzioni Degli Esercizi
7.1 Insiemi di Definizioni e Prime Definizioni
1. Si determini l’insieme di definizione delle seguenti funzioni di due variabili.
(a) z = lg(x2 + y2 − 1),Affinche f sia ben definita l’argomento del logaritmo deve essere positivo, per cui dobbiamoimporre x2 + y2 − 1 > 0, quindi E = {(x, y) : x2 + y2 > 1}, che e l’esterno del cerchio centratonell’origine di raggio unitario.
(b) z = lg(x2 + y2),Affinche f sia ben definita l’argomento del logaritmo deve essere positivo, per cui dobbiamoimporre x2 + y2 > 0, questa diseguaglianza e sempre soddisfatta tranne che nell’origine, per cuiE = R2 \ {(0, 0)}.
(c) z =√
2− x2 − y2,Affinche f sia ben definita l’argomento della radice deve essere non negativo, per cui dobbiamoimporre 2− x2 − y2 ≥ 0, quindi E = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 2}, che e il cerchio centrato nell’originedi raggio
√2 compresa la circonferenza.
20
(d) z =1
x2 + y2,
Affinche f sia ben definita il denominatore deve essere diverso da zero, per cui dobbiamo imporrex2 + y2 6= 0, quindi E = R2 \ {(0, 0)}.
(e) f(x, y) = lg(x2 − 1) + lg(1− y2),Affinche f sia ben definita gli argomenti dei logaritmi devono essere positivi, per cui dobbiamoimporre x2 − 1 > 0, e 1 − y2 > 0, che e equivalente a x < −1 ∪ x > 1 e −1 < y < 1, per cuiE = {(x, y) : x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞), y ∈ (−1, 1)}.
-x
6y
1-1
1
-1
E E
(f) f(x, y) = lgx2 − 11− y2
,
Affinche f sia ben definita l’argomento del logaritmo deve essere positivo, per cui dobbiamoimporre
x2 − 11− y2
> 0, ⇔ x < −1 ∪ x > 1, e y ∈ (−1, 1) o x ∈ (−1, 1), e y < −1 ∪ y > 1,
quindi E = {(x, y) : (−∞,−1) ∪ (1,+∞)× (−1, 1) ∪ (−1, 1)× (−∞,−1) ∪ (1,+∞)}.
-x
6y
−1
1
1−1
E E
E
E
(g) f(x, y) =
√4− x2 − y2
x− y.
Affinche f sia ben definita dobbiamo imporre
4− x2 − y2
x− y≥ 0, x− y 6= 0
21
Quindi E = {(x, y) : x2 + y2 ≤ 4 ∩ x > y, o x2 + y2 ≥ 4 ∩ x < y}
-x
6y
����������
&%'$
E
E
E
E
E
(h) f(x, y) =lg(arcsen(x2 + y2 − 1))
xy,
Affinche f sia ben definita dobbiamo imporre
arcsen(x2 + y2 − 1)) > 0, xy 6= 0, −1 ≤ x2 + y2 − 1 ≤ 1
Il che e equivalente a imporre
x 6= 0, e y 6= 0, 0 < x2 + y2 − 1 < 1, 0 ≤ x2 + y2 ≤ 2
ovvero E = {1 < x2 + y2 < 2, e x 6= 0, y 6= 0}. che e la corona circolare compresa tra lecirconferenze di raggio 1 e
√2 ad esclusione degli assi.
(i) f(x, y) = lg lg(x+ y
x− y
),
Affinche f sia ben definita dobbiamo imporre
x+ y
x− y> 1, e x− y 6= 0
ovvero E = {(x, y) : x > y e y > 0 o x < y e y < 0}
-x
6y
����������
@@@
@@
@@@
@@
E
E
(j) f(x, y) = lg(x+ y) + lg(x− y),
22
Affinche f sia ben definita dobbiamo imporre x > −y e x > y
-x
6y
����������
@@@
@@
@@@
@@
E
E
(k) z = lg(1− x2) + lg(1− y2),Affinche f sia ben definita deve essere x2 < 1 e y2 < 1, quindi E e il quadrato di vertici(1,−1), (1, 1), (−1, 1), (−1,−1) escluso il perimetro.
(l) z = lg(
1− x2
1− y2
),
Affinche f sia ben definita deve essere1− x2
1− y2> 0
Quindi l’insieme di definizione e dato dal quadrato descritto nell’esercizio precedente unione conl’insieme F = {(x, y) : x < −1 ∪ x > 1 e y < −1 ∪ y > 1}.
(m) z = arcsen(
xy
x2 + y2
).
Affinche f sia ben definita deve essere
|xy|x2 + y2
≤ 1.
Dalla diseguaglianza (5), segue che l’argomento dell’ arcoseno e sempre compreso tra −1 e 1, e lafunzione f e ben definita in tutto R2.
2. Si determini l’insieme di definizione delle seguenti funzioni di piu variabili.
(a) Affinche la funzione sia ben definita l’argomento del logaritmo deve essere positivo, quindi impo-niamo x2 + y2 + z2 − 1 > 0, pertanto la funzione e ben definito nell’esterno della palla centratain zero e di raggio unitario.
(b) In questo l’argomento del logaritmo e sempre positivo in tutti i punti diversi dall’origine, quindila funzione e ben definita in tutti tutti i punti che soddisfano (x1, x2, x3, x4) 6= (0, 0, 0, 0).
(c) L’argomento della radice deve essere non negativo quindi imponiamo 2 ≥ x + y − z, quindi lafunzione e ben definita sopra al piano z = x+ y − 2.
(d) La funzione e ben definita in tutti i punti (x, y) ad eccezione dell’origine.
3. Si determini la parte reale e immaginaria delle seguenti funzioni complesse.
(a) La parte reale e immaginaria di f sono quelle funzioni reali u(x, y), v(x, y) tali che f(z) =u(x, y) + iv(x, y). Per trovare u e v di f dobbiamo razionalizzare, quindi scriviamo la formaalgebrica di z, z = x+ iy e otteniamo
1z
=1
x+ iy=
1x+ iy
x− iyx− iy
=x− iyx2 + y2
=x
x2 + y2− i y
x2 + y2
23
quindi f(z) = u(x, y) + iv(x, y) con u(x, y) = x/(x2 + y2), v(x, y) = −y/(x2 + y2).
(b) Ragionando come nell’esercizio precedente otteniamo
f(z) =x+ 1 + iy
x− 1 + iy=x+ 1 + iy
x− 1 + iy
x− 1− iyx− 1 + iy
=x2 − 1 + y2 − 2iy
(x− 1)2 + y2
quindi f(z) = u(x, y) + iv(x, y) con u(x, y) = (x2 − 1 + y2)/[(x− 1)2 + y2], v(x, y) = −2y/[(x−1)2 + y2].
(c) Ragionando come nell’esercizio precedente otteniamo f(z) = (x + iy)2 − 1 = x2 − y2 − 1 + 2iy,quindi f(z) = u(x, y) + iv(x, y) con u(x, y) = x2 − y2), v(x, y) = 2y.
(d) In questo caso otteniamo f(z) = (x+ iy)(x− iy) = |z|2 = x2 + y2, quindi f ha parte immaginarianulla e parte reale f(z) = x2 + y2.
7.2 Limiti
1. Calcolare, se esistono, i seguenti limiti.
(a) lim(x,y)→(0,0)
e(x−1)2+y2 = 1.
Risoluzione. Per la continuita delle funzioni potenze otteniamo (x−1)2 +y2 → 0 e la continuitadella funzione esponenziale implica che il limite e 1.
(b) lim(x,y)→(0,0)
x2 + y3
x2 + y2non esiste.
Risoluzione. Sostituendo (x, y) = (0, 0) otteniamo una forma indeterminata 0/0, quindi dob-biamo capire se il limite esiste. Osserviamo che la funzione x2 +y3/(x2 +y3) e tale che f(0, y) = yper cui f(0, y)→ 0 per y → 0. D’altra parte f(x, x) = (x2 + x3)/2x2, per cui f(x, x)→ 1/2 perx→ 0, quindi il suddetto limite non esiste.
24
(c) lim(x,y)→(0,0)
senx4 + y5 = 0.
Risoluzione. La funzione sin t e continua, posto t = x4 + y5 → 0 per (x, y)→ (0, 0), otteniamosen(x4 + y5)→ 0.
(d) lim(x,y)→(0,0)
senx2 + y2
x2 + y2= 1.
Risoluzione. La funzione sin t e continua, posto t = x2 + y2 → 0 per (x, y) → (0, 0); il limitenotevole sin t/t→ 1 per t→ 0 implica che il limite e 1.
(e) lim(x,y)→(0,0)
x2y3
x4 + y4= 0.
Risoluzione. Poniamo nella diseguaglianza (5) a = x2, b = y2 e otteniamo x2y2 ≤ 1/2(x4 + y4),per cui
|x2y3|x4 + y4
= |y| x2y2
x4 + y4≤ 1
2|y|.
Per concludere rimane da osservare che se (x, y) → (0, 0) allora sia x che y tendono a zero,infatti, se (x, y) → (0, 0), per definizione
√x2 + y2 → 0; essendo
√x2 + y2 ≥
√x2 = |x| e√
x2 + y2 ≥√y2 = |y|, si ottiene |x| → 0 e |y| → 0. da cui il risultato.
25
(f) lim(x,y)→(0,0)
x
y. Il limite non esiste.
Risoluzione. La funzione f(x, y) = x/y e tale che per ogni y 6= 0, f(0, y) = 0 quindi f(0, y)→ 0per y → 0, mentre f(x, x) = 1 cioe f ≡ 1 su tutta la bisettrice del primo e terzo quadrante,quindi f(x, x) non tende a zero.
26
(g) lim(x,y)→(0,0)
x2y
x2 + y2= 0.
Risoluzione. Poniamo nella diseguaglianza (5) a = x, b = y e otteniamo
|x2y|x2 + y2
= |x| |xy|x2 + y2
≤ |x|2→ 0. se (x, y)→ (0, 0) (vedi esercizio (e).
(h) lim(x,y)→(0,0)
sin2(xy)x2 + y2
. Il limite non esiste.
Risoluzione. Usando il limite notevole sin t/t→ 1 per t→ 0, otteniamo
lim(x,y)→(0,0)
sin2(xy)x2 + y2
= lim(x,y)→(0,0)
(xy)2
x2 + y2.
La funzione f(x, y) = xy/(x2 + y2) e tale che f(x, 0) = 0 e f(x, x) = 1/2, per cui f non ha limitein zero.
(i) lim(x,y)→(0,0)
x2y
x4 + y2. Il limite non esiste.
Risoluzione. f(x, y) = x2y/(x4 + y2) e tale che f(x, 0) = 0, f(x, x2) = 1/2
(j) lim(x,y)→(0,0)
(x2 cos y − y2 sinx) = 0.
Risoluzione. Il risultato e una immediata conseguenza della continuita delle funzioni sinx ecosx.
(k) lim(x,y)→(1,2)
x3 + xy2 − x2 − y2
x− 1= 5.
Risoluzione. Si ha
x3 + xy2 − x2 − y2
x− 1=
(x− 1)(x2 + y2)x− 1
= x2 + y2 → 5 per (x, y)→ (1, 2).
(l) lim(x,y)→(0,0)
x3 + y5
x2 + y4= 0.
Risoluzione. Si ha
|x3 + y5|x2 + y4
≤ |x|3
x2 + y4+|y|5
x2 + y4≤ |x|
3
x2+|y|5
y4
≤ |x|+ |y| → 0, per (x, y)→ (0, 0)
(m) limz→i
e−(z−1)2 = e2i.
Risoluzione. Posto z = x+ iy, si ha (z − 1)2 = (x− 1 + iy)2 = (x− 1)2 − y2 + 2iy(x− 1), percui e−(z−1)2 = e(x−1)2−y · e2iy(x−1). Ricordando la formula di Eulero eit = cos t+ isent otteniamoche eit e una funzione continua, quindi se z → i, x → 0 e y → 1, da cui e(x−1)2−y → 1 ee2iy(x−1) → e−2i, e e−(z−1)2 → e−2i.
(n) limz→1
z − 1z
= 0.Risoluzione. Posto z = x+ iy, si ha
(z − 1)z
=x− 1 + iy
x+ iy=x− 1 + iy
x+ iy· x− iyx− iy
=(x− 1)x+ y2
x2 + y2+ i
y2
x2 + y2.
Se z → 1, (x, y)→ (1, 0) quindi
(x− 1)x+ y2
x2 + y2+ i
y2
x2 + y2→ 0.
27
(o) limz→2i
z − 1z2
= 1/4− i/2.Risoluzione. Posto z = x+ iy, si ha
(z − 1)z2
=x− 1 + iy
(x+ iy)2=
x− 1 + iy
x2 − y2 + 2ixy· x
2 − y2 − 2ixyx2 − y2 − 2ixy
=(x− 1)(x2 − y2) + 2xy2
(x2 − y2)2 + 4x2y2+ i
y(x2 − y2 − 2x(x− 1))(x2 − y2)2 + 4x2y2
.
Se z → 2i, (x, y)→ (0, 2), per cui
(x− 1)(x2 − y2) + 2xy2
(x2 − y2)2 + 4x2y2+ i
y(x2 − y2 − 2x(x− 1))(x2 − y2)2 + 4x2y2
→ 416− i 8
16,
da cui il risultato.
2. Stabilire se le seguenti funzioni sono continue.
(a) Risposta: No. Risoluzione: La funzione f e continua se lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = f(0, 0) = 0. Posto
t = xy → 0, e usando il limite notevole lg(1 + t)/t→ 1 per t→ 0, deduciamo che
lim(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
e l’ultimo limite non esiste, quindi la funzione non e continua.
(b) Risposta: No. Risoluzione: Come prima dobbiamo verificare se f(0, 0) = lim(x,y)→(0,0)
f(x, y).
Pero f(x, 0) = 0 e f(x,√x) = x2/(2x2) = 1
2 , quindi f non ammette limite in (0, 0) e non puoessere ivi continua.
(c) Risposta: Si. Risoluzione: Posto t = xy e usando il limite notevole sin t/t → 1 per t → 0, siottiene che la funzione e continua.
(d) Risposta: Si. Risoluzione: Posto t = x2 +y2 e usando il limite notevole sin t/t→ 1 per t→ 0,si ottiene che la funzione e continua.
3. Determinare, se esistono, a e b tali che le seguenti funzioni siano continue.
(a) Risposta: a = 1. Risoluzione: Posto t = x2 + y2 e usando il limite notevole lg(1 + t)/t → 1per t→ 0 si ottiene che lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 1, per cui la funzione e continua se a = 1.
(b) Risposta: a = b. Risoluzione: Ponendo t = x− 1 siamo portati a studiare il limite
lim(t,y)→(0,0)
t3y
t2 + y2+ a
Si ha|t3y|t2 + y2
= t2|ty|
t2 + y2≤ 1
2t2 → 0, per (t, y)→ (0, 0).
Quindi f(x, y)→ a per (x, y)→ (0, 0), e f e continua per a = b.
7.3 Derivabilita e Differenziabilita
Calcolare le derivate parziali delle seguenti funzioni
28
1. Risposta: fx = −2y/(x− y)2, fy = 2x/(x− y)2 per ogni (x, y) tali che x 6= y.Risoluzione. La derivata rispetto a x si calcola considerando y come una costante e usando le regoledi derivazione delle funzioni di una variabile reale.
fx =x− y − (x+ y)
(x− y)2=
−2y(x− y)2
Con le stesse regole calcoliamo la derivata rispetto a y.
fy =x− y + (x+ y)
(x− y)2=
2x(x− y)2
.
2. Risposta: fx = sign(x− y), fy = −sign(x− y) per ogni (x, y) tali che x 6= y; dove sign(t) = 1 se t > 0e sign(t) = −1 per t < 0.Risoluzione. f e data da
f(x, y) =
{x− y x ≥ y,y − x x < y.
Consideriamo prima i punti (x, y) tali che x 6= y, in particolare per x > y si ha fx = 1, fy = −1, perx < y abbiamo fx = −1, fy = 1. Mettendo insieme questi calcoli possiamo dire che fx = sign(x− y),fy = −sign(x− y) Nei punti (x, y) = (x, x) dobbiamo calcolare le derivate usando la definizione. Perla derivata rispetto a x abbiamo
limt→0+
f(x+ t, x)− f(x, x)t
= limt→0+
|x+ t− x| − 0t
= limt→0+
|t|t
= 1
limt→0−
f(x+ t, x)− f(x, x)t
= limt→0−
|x+ t− x| − 0t
= limt→0−
|t|t
= −1.
Quindi la derivata parziale rispetto a x non esiste nei punti che sono sulla bisettrice del primo e terzoquadrante, analogamente si prova che non esiste la derivata parziale rispetto a y in tali punti.
3. Risposta: fx = y cos(xy), fy = x cos(xy) per ogni (x, y) ∈ R2.
4. Risposta: fx = cosx(sin y)2, fy = 2 sinx sin y cos y per ogni (x, y) ∈ R2.
5. Risposta: fx = (1 + y2)/(1− xy)2, fy = (1 + x2)/(1− xy)2 per ogni (x, y) ∈ R2.Risoluzione. Osserviamo che una volta ottenuta la derivata rispetto a x per avere quella rispetto ay basta osservare che scambiando x con y la funzione non varia, percio per avere la derivata rispettoa y basta scambiare il ruolo della x con quello della y.
7.4 Massimi, Minimi e Punti Critici
Determinare i punti critici delle seguenti funzioni di due variabili.
1. Risposta: A = (1,−1), B = (−1, 1), C = (−1,−1), D = (−1/3,−1/3)Risoluzione. I punti critici sono, per definizione, gli zeri delle derivate parziali prime, quindi dobbiamocercare le soluzioni del seguente sistema{
3x2 − 3(1 + x+ y)2 = 03y2 − 3(1 + x+ y)2 = 0
⇔
{x2 − y2 = (x+ y)(x− y) = 0y2 = (1 + x+ y)2
da cui deduciamo che (x, y) deve soddisfare{x = −y,y2 = 1,
o
{x = y,
y2 = (1 + 2y)2.
Quindi sono punti critici A = (1,−1), B = (−1, 1) soluzioni del primo sistema, C = (−1,−1), D =(−1/3,−1/3) soluzioni del secondo sistema. Si ha f(A) = −1 = f(B) = f(C), f(D) = −1/9.
29
2. Risposta: A = (0, π/2), B = (π, π/2), C = (0, 3π/2), D(π, 3π/2), E = (π/2, 0), F = (π/2, π), G =(3π/2, 0), H = (3π/2, π).Risoluzione. Cerchiamo le soluzioni del sistema{
− sinx sin y = 0,cosx cos y = 0,
⇔
{sinx = 0,cos y = 0,
o
{sin y = 0,cosx = 0.
Quindi i punti critici sono A = (0, π/2), B = (π, π/2), C = (0, 3π/2), D(π, 3π/2) soluzioni del primosistema e E = (π/2, 0), F = (π/2, π), G = (3π/2, 0), H = (3π/2, π). Poiche −1 ≤ f(x, y) ≤ 1 perogni (x, y) ∈ [0, 2π] × [0, 2π] e f(A) = f(D) = 1, f(B) = f(C) = −1 abbiamo che A, D sono puntidi massimo locale e assoluto, mentre B, C sono i punti di minimo locale e assoluto. f(E) = f(F ) =f(G) = f(H) = 0 e questi sono punti di sella.
3. f(x, y) = x4 + x2y + y2 + 3. Risposta: A = (0, 0).Risoluzione. Si ha{
fx(x, y) = 2x(2x2 + y) = 0fy(x, y) = x2 + 2y = 0
⇔
{x = 0y = 0
o
{y = −2x2
−3x2 = 0
quindi l’unico punto critico e A = (0, 0). f(A) = 3, se consideriamo g(y) = f(x, y) abbiamo che i puntiper cui y = −2x2 sono punti di minimo per g; inoltre, f(x,−2x2) = 3x4 + 3 che ha un minimo perx = 0, quindi A e un punto di minimo per f .
4. Risposta:A = (1, 1).Risoluzione. {
fx(x, y) = 3(x− 1)2 + 6(x− y) = 0fy(x, y) = −6(x− y) = 0
⇔
{x = 1x = y,
e otteniamo il punto A. Se consideriamo g(y) = f(x, y) abbiamo che la retta y = x e fatta di punti diminimo per g, inoltre f(x, x) = (x− 1)3 + 1 che ha in x = 1 un flesso a tangente orizzontale, per cuiA non e ne massimo ne minimo; d’altronde f(x, x) assume vicino ad 1 sia valori piu grandi di 1 chepiu piccoli, quindi 1 non puo essere ne massimo ne minimo.
5. f(x, y) = x4 + y4 − 2(x2 + y2) + 4xy. Risposta: A = (0, 0), B = (2,−2), C = (−2, 2).Risoluzione.{
fx(x, y) = 4x3 − 4x+ 4y = 0fy(x, y) = 4y3 − 4y + 4x = 0
⇔
{x3 = x− y4(y3 + x3) = 0
⇔
{x3 − 2x = 0y = −x.
Otteniamo A = (0, 0), B = (2,−2), C = (−2, 2) e f(A) = f(B) = f(C) = 0.
6. f(x, y) = e−(x2+y2). Risposta:A = (0, 0).Risoluzione. la funzione dipende solo dalla distanza di un punto dall’origine, per cui posto r = x2+y2
ci riportiamo a studiare la funzione di una variabile reale f(r) = e−r per r ≥ 0 che e sempre decrescente,non ha massimi ne minimi relativi e il massimo assoluto lo ha per r = 0 f(0) = 1 e il minimo assolutoper r → +∞ per cui f(r)→ 0.
30
7. f(x, y) = 2x3 + y2 − 3x2. Risposta:A = (0, 0), B = (1, 0).Risoluzione. {
fx(x, y) = 6x2 − 6x = 0fy(x, y) = 2y = 0
⇔
{6x(x− 1) = 0y = 0
e otteniamo A = (0, 0), B = (1, 0). Se consideriamo g(y) = f(x, y) abbiamo che tutto l’asse delleascisse e fatto da punti di minimo per g, in tali punti abbiamo f(x, 0) = 2x3− 3x2 che ha un massimonell’origine e un minimo in 1, quindi A non e un punto di sella mentre B e un minimo.
31
7.5 Differenziabilita
Scrivere l’equazione del piano tangente alle seguenti funzioni nei punti assegnati.
1. Si hafx = 3x2 − 4xy + 5y2, fy = −2x2 + 10xy + 3y2
quindi f(P ) = 1 fx(P ) = 5, fy(P ) = 3 e l’equazione del piano e data da z = 1 + 5x+ 3(y − 1).
2. fx(x, y) = −2x/(x2 + y2), fy(x, y) = −2y/(x2 + y2) quindi fx(P ) = fy(P ) = −1, f(P ) = 1/2 ez = 1/2− (x− 1)− (y − 1).
3. f(P ) = lg(π/2) sin(π2/16), fx(P ) = 2/π sin(π2/16)+π/4 lg(π/2) cos(π2/16), fy(P ) = 2/π sin(π2/16)+π/4 lg(π/2) cos(π2/16). e z = f(P ) + fx(P )(x− π/4) + fy(P )(y − π/4).
4. f(P ) = 1/2, fx(P ) = fy(P ) = 1/2, z = 1/2(x+ y + 1− π/2).
5. f(P ) = 0, fx(P ) = 0, fy(P ) = e, z = ey.
6. f(P ) = fx(P ) = fy(P ) = 0, quindi il piano tangente e z = 0.
7.6 Massimi e Minimi: Condizioni Sufficienti
1. Determinare i minimi e massimi relativi e classificare tutti i punti critici delle seguenti funzioni.
(a) f e definita ed e di classe C1 in tutto R2; Si ha{fx(x, y) = 2x− y = 0fy(x, y) = 3y2 − x = 0
⇔
{x = y/26y2 − y = 0
le soluzioni sono A = (0, 0), B = (1/12, 1/6); fxx = 2, fyy = 6y, fxy = −1 e
H(A) =(
2 −1−1 0
)H(B) =
(2 −1−1 1
)detH(A) = −1 quindi A e un punto di sella; detH(B) = 1 e fxx(B) = 2 > 0 per cui B e un puntodi minimo relativo. Per quanto riguarda i punti di massimo e minimo assoluti, osserviamo chef(x, x)→ +∞ per x→∞ e f(x,−x)→ −∞ per x→∞, quindi sup f = +∞, inf f = −∞.
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(b) f e di classe C1 in tutto R2. Si ha {fx(x, y) = 1− 2x = 0fy(x, y) = −2y = 0;
otteniamo A = (1/2, 0); la matrice Hessiana in A ha detH(A) = 4, ed essendo fxx(A) = −2, Ae un punto di massimo. Inoltre lim
|(x,y)|→∞f(x, y) = −∞; quindi A e il punto di massimo globale
f(A) = 1/4 e il massimo assoluto di f . Mentre inf f = −∞.
(c) f e di classe C1 in tutto R2. Si ha{fx(x, y) = yex+y(1 + x) = 0fy(x, y) = xex+y(1 + y) = 0
⇔
{y(1 + x) = 0x(1 + y) = 0
ed otteniamo A = (0, 0), B = (−1,−1). Le matrici Hessiane calcolate in A e B sono
H(A) =(
0 11 0
)H(B) =
1e2
(−1 00 −1
)per cui A e un punto di sella e B e un punto di minimo. sup f = lim
x→∞f(x, x) = +∞ e inf f =
limx→−∞
f(x,−x) = −∞, quindi non ci sono massimi e minimi assoluti.
(d) f e di classe C1 in tutto R2. Si ha{fx(x, y) = y(1− 2x) + 1 = 0fy(x, y) = x− x2 = 0
quindi otteniamo i punti critici A = (0, 1), B = (1, 1). Le matrici Hessiane calcolate in A e Bsono
H(A) =(−2 11 0
)H(B) =
(−2 −1−1 0
)per cui A e B sono punti di sella.
(e) f e di classe C1 in R2. Si ha {fx(x, y) = exy(1 + yx) = 0fy(x, y) = exy(x2) = 0.
Non essendoci soluzioni non abbiamo punti di massimo e minimo locali; inoltre f(x, 0) → ±∞per x→ ±∞ per cui non ci sono neanche massimi e minimi assoluti.
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(f) f e di classe C1 in R2. Si ha {fx(x, y) = 3x2 + 1− 4y = 0fy(x, y) = −4x− 4y = 0.
Otteniamo i punti critici A = (−1, 1), B = (−1/3, 1/3); detH(A) = 8 e fxx(A) = −6, per cui Ae un punto di massimo; detH(B) = −8 e B e un punto di sella. f(x, 0) → ±∞ per x → ±∞,quindi non ci sono massimi e minimi assoluti.
(g) f e di classe C1 in R2. Si ha {fx(x, y) = cosx sin y = 0fy(x, y) = sinx cos y = 0
e otteniamo i seguenti punti critici A = (π/2, π/2), B = (3/2π, 3/2π),C = (π/2, 3/2π), D = (3/2π, π/2), E = (0, π), F = (π, 0), G = (0, 0), H = (π, π). f(A) =f(B) = 1 e poiche f(x, y) ≤ 1 A e B sono punti di massimo assoluti, f(C) = f(D) = −1 e poichef(x, y) ≥ −1 C, D sono punti di minimo assoluti. Mentre f(E, F, G, H) = 0 e questi sono puntidi sella, poiche la matrice Hessiana ha in tali punti determinante negativo.
(h) f e C1 in R2. Si ha {fx(x, y) = 3x2 − y = 0fy(x, y) = 3y2 − x = 0
ed otteniamo i punti critici A = (0, 0), B = (1/3, 1/3). detH(A) = −1 per cui A e un puntodi sella, detH(B) = 3, fxx(B) = 2 e B e un punto di minimo. Inoltre f nono e limitata neinferiormente ne superiormente, per cui non ci sono punti di massimo e minimo assoluti.
(i) f e C1 in R2.Si ha {fx(x, y) = 3x2 + y = 0fy(x, y) = 3y2 + x = 0
⇔
{3x2 = y
x(27x3 + 1) = 0
ed otteniamo i punti critici A = (0, 0), B = (−1/3,−1/3). detH(A) = −1, detH(B) = 3,fxx(B) = −2, quindi A e un punto di sella e B e un punto di massimo relativo. Non ci sonomassimi o minimi assoluti.
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(j) f e di classe C1 in R2. Si ha {fx(x, y) = 3y(3− y2)(1− x2) = 0fy(x, y) = 3x(3− x2)(1− y2) = 0
Per cui abbiamo{y = 0x = 0 o x2 = 3
oppure
{y2 = 3x = 0 o x2 = 3.
oppure
{x2 = 1y2 = 1
e otteniamo i punti critici A = (0, 0), B1,2 = (±√
3, 0), C1,2 = (0,±√
3), D1,2,3,4 = (±√
3,±√
3),H1,2,3,4 = (±1,±1). Le derivate seconde sono fxx(x, y) = −6xy(3 − y2), fxy(x, y) = 9(1 −x2)(1 − y2), fyy(x, y) = −6xy(3 − x2). Quindi A, B1,2, C1,2, D1,2,3,4 sono punti di sella, mentreH1,2 = (1, 1), (−1,−1) sono punti di massimo e H3,4 = (1,−1), (−1, 1) sono punti di minimo.Inoltre f(x, x) → +∞ per x → +∞ e f(x,−x) → −∞ per x → +∞, quindi sup f = +∞ einf f = −∞.
(k) f e C1 in R2. Si ha {fx(x, y) = e−(x2+y2)[1− 2x(x− y)] = 0fy(x, y) = e−(x2+y2)[−1− 2y(x− y)] = 0
che e equivalente a{1 = 2x(x− y)2x(x− y) + 2y(x− y) = 0
⇔
{1 = 2x(x− y),(x− y)(x+ y) = 0.
OtteniamoA = (1/2,−1/2), B = (−1/2, 1/2). Le derivate seconde sono fxx(x, y) = 2e−(x2+y2)[−3x+y+2x2(x−y)], fxy(x, y) = 2e−(x2+y2)[−x−y+2xy(x−y)], fxy(x, y) = 2e−(x2+y2)[x−y+2xy(x−y)].Quindi A e un punto di massimo e B e un punto di minimo.
(l) f e C1. Inoltre posto t = x + y abbiamo che f(x, y) = g(t), dove g(t) = t/(1 + t2). Quindipossiamo studiare la funzione g. g ha un punto di minimo relativo per t = −1 e ha un puntidi massimo relativo per t = 1. Quindi la retta x + y = −1 e una retta di punti di minimo ef(x,−1 − x) = −1/2 mentre f(x, 1 − x) = 1/2 e un massimo relativo. Inoltre f(x, y) ha comelimite inferiore per |(x, y)| → +∞ −1/2 e come limite superiore 1/2 quindi questi sono il massimoe il minimo assoluti.
2. Determinare i massimi e minimi delle seguenti funzioni negli insiemi indicati.
(a) Per quanto riguarda lo studio dentro T , si ha{y(2x+ y − 1) = 0x(x+ 2y − 1) = 0
⇔
{y = 0x(x− 1) = 0
oppure
{y = 1− 2xx(1− 3x) = 0
e otteniamo i punti critici A = (0, 0), B = (1, 0), C = (0, 1), D = (1/3, 1/3). I punti A, B e Csono sul bordo di T , quindi devono essere studiati separatamente, mentre D e f(D) = −1/27. fe identicamente nulla su tutto il bordo di T , quindi il massimo assoluto in T e zero e il minimoe −1/27.
(b) f dipende solo dalla distanza del punto (x, y) dall’origine, quindi posto t = x2 + y2 abbiamo chef(x, y) = g(t) = t e l’esercizio richiede di determinare il massimo e il minimo di g nell’intervallo[0, r]. Percio il minimo e zero e il massimo e r.
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(c) Per quanto riguarda lo studio dentro E, si ha{x(3x+ 2y) = 09y2 + x2 = 0
e otteniamo l’unico punto critico A = (0, 0), f(A) = 0. Per quanto riguarda lo studio sul bordo,abbiamo f(1, y) = 1 + 3y3 + y per y ∈ [−1, 1], f(1, y) e crescente quindi il massimo e in y = 1e il minimo in y = −1, e f(1,−1) = −3, f(1, 1) = 5. f(−1, y) = −1 + 3y3 + y che e semprecrescente quindi il massimo e f(−1, 1) = 3 e il minimo f(−1,−1) = −5. f(x, 1) = x3 + 3 + x2
che e crescente per x(3x + 2) ≥ 0, e abbiamo un punto di massimo per x = −2/3 e un puntodi minimo per x = 0. f(0, 1) = 0 e f(−2/3, 1) = 85/27. Paragonando tutti i valori di massimie minimi relativi che abbiamo trovato, deduciamo che il massimo assoluto e nel punto (1, 1) e ilminimo assoluto e nel punto (−1,−1).
(d) Per quanto riguarda lo studio dentro E, si hay − 2x
x2 + y2 − xy= 0
x− 2yx2 + y2 − xy
= 0
ed otteniamo l’unico punto critico A = (0, 0) che non appartiene ad E. Quindi non ci sono punticritici interni. Per quanto riguarda lo studio sul bordo, dobbiamo studiare f sulla circonferenzaunitaria, quindi possiamo porre x = cos t, y = sin t, t ∈ [0, 2π]. Abbiamo g(t) = 1/(1−cos t sin t),g′(t) = (cos2 t−sin2 t)/(1−cos t sin t)2 che si annulla nei punti A1,2 = ±π/4, B = 3/4π, C = 5/4πe g(A1) = g(C) = 2, g(A2) = g(B) = 2/3. Inoltre |f |(x, y) ≤ 2/(x2 + y2) quindi f(x, y)→ 0 per|(x, y)| → ∞; percio il massimo in E e 2 un minimo relativo e 2/3 e l’estremo inferiore e 0.
3. Determinare l’insieme di definizione e i punti critici delle seguenti funzioni di tre variabili.
(a) f e definita in tutto R3. Abbiamofx(x, y, z) = yz3 = 0fy(x, y, z) = xz3 = 0fz(x, y, z) = 3xyz2 = 0
⇔
y = 0x = 0, o z = 00 = 0
oppure
z = 00 = 0,0 = 0
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Quindi tutto il piano xy e fatto di punti critici, altri punti critici sono quelli sull’asse z A = (0, 0, z).
(b) f e definita in E = {(x, y, z) : x 6= y}. Abbiamofx(x, y, z) =
zy
(x+ y)2= 0
fy(x, y, z) =−xz
(x+ y)2= 0
fz(x, y, z) =x
x+ y= 0
⇔
y = 0, o z = 00 = 0,x = 0
ed otteniamo i seguenti punti critici A = (0, 0, z), B = (0, y, 0).
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