1. Esercizi - polito.itcalvino.polito.it/~casnati/Geometria15BCG/funzioni.pdf2: y = ¡x2; µe negativa al di sotto di 2; ed µe nulla nei punti di 2: Il piano risulta allora 4 FUNZIONI

FUNZIONI IN PIU VARIABILI

1. Esercizi

Esercizio 1. Determinare il dominio delle seguenti funzioni, specificando se si tratta diun insieme aperto o chiuso:

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. Calcolare, se esistono, i limiti seguenti.

(1) lim(x,y)→(0,0)

x4 + xy3

y4 + xy3(2) lim

(x,y)→(0,0)

cos(x2y)− 1

log(1 + 4xy)

(3) lim(x,y)→(0,0)

(x2 + y2)2

x4 + x2y2 + y2(4) lim

(x,y)→(0,0)

x log(1 + x2 + y2)3√

x2 + y2 + y3

(5) lim(x,y)→(0,0)

exy − 1 + x3y2

x2 + y2(6) lim

(x,y)→(0,0)

x2 + y2 − x + y

x2 + y2

Esercizio 5. Studiare continuita , derivabilita rispetto ad una qualsiasi direzione, dif-ferenziabilita delle seguenti funzioni

1

2 FUNZIONI IN PIU VARIABILI

(1) f(x, y) =

x2 arctan1

yse y 6= 0

0 se y = 0

(2) f(x, y) =

sin√

x2 + y2

√x2 + y2

se (x, y) 6= (0, 0)

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

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

Esercizio 7. Calcolare il massimo valore che assume la derivata direzionale di f(x, y) =sin(x + 2y) in A(π

8, π

16).

Esercizio 8. 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 9. 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 matrice jacobiana di g ◦ f,ossia ∇(g ◦ f) = ∇g|f · J(f).

Esercizio 10. Si determinino i massimi e minimi assoluti di f(x, y) =√

x(x2 + x− y)sull’insieme T = { (x, y) ∈ Dom(f)| − 1 ≤ x ≤ 0, 0 ≤ y ≤ 1}.Esercizio 11. Si determinino i massimi e minimi assoluti della funzione f(x, y) = 2(x2 +y2 − 1)− (x4 + y4) sull’insieme T = { (x, y) ∈ R2| x2 + y2 ≤ 1}.Esercizio 12. Data la funzione f(x, y) = log(4− x2 − y2), studiarne i massimi e minimiassoluti sull’insieme T = { (x, y) ∈ R2| |x| ≤ 1, |y| ≤ 1}.Esercizio 13. Data la funzione f(x, y) = log(4 − x + y2), studiarne i massimi e minimirelativi nel suo dominio e massimi e minimi assoluti sull’insieme T = { (x, y) ∈ R2| −1 ≤x ≤ 0,−1 ≤ y ≤ 1}.Esercizio 14. Data la funzione f(x, y) = x2(y−x2), studiarne i massimi e minimi relativinel suo dominio e massimi e minimi assoluti sull’insieme T = { (x, y) ∈ R2| 0 ≤ x ≤1,−1 ≤ y ≤ 0}.

FUNZIONI IN PIU VARIABILI 3

Esercizio 15. Sia T = { (x, y) ∈ R2| x4+y4 = 1}. Si verifichi che T e un vincolo regolare,chiuso e limitato e si determinino i punti di massimo e minimo della funzione f(x, y) = xysu T.

Esercizio 16. Sia T = { (x, y) ∈ R2| x4 + y2 = 1}. Si verifichi che T e chiuso e limitatoe si determinino i punti di massimo e minimo della funzione f(x, y) = x2y su T.

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 loroprodotto 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. Dom(f) e aperto, illimitato, non connesso per archi.

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. Dom(f) e chiuso e limitato e quindi compatto. E’ ovviamente connesso per archi.

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 allora


diviso 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. Il dominio dellafunzione e chiuso e illimitato.


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’ origine eraggi opportuni. Dom(f) e chiuso, illimitato. 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 confermaulteriormente la forma del 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, non e ne aperto ne chiuso ede illimitato.


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. Il dominio risulta chiuso (e unione di due chiusi), illimitatoe non e connesso per archi.

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, 12) 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.

E’ facile vedere che le sei regioni sono aperte e quindi lo e anche la loro unione. L’insiemee illimitato e non e connesso per archi.

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 semispazio 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 A3, mentre e negativa in A1 ed in A4.

Quindi, Dom(f) = A2 ∪ A3 ∪ C \ α.L’insieme non e ne aperto ne chiuso, e illimitato e non e connesso per archi.

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.

Il dominio della funzione non e ne aperto ne chiuso ma e limitato e connesso per archi.

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].

Il dominio e aperto, illimitato, non connesso per archi.

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 ossiax2 + 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 + 1

2sin(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) Lungo la retta x = 0 la funzione e nulla, e quindi il limitedi f(0, y) per y → 0 e 0. Lungo la retta y = x, la funzione e ancora costante, ma ugualead 1, e quindi f(x, x) ha limite 1 per x → 0. Quindi, lim(x,y)→(0,0) f(x, y) non esiste.

(2) Ricodiamo che cos(t) e approssimato da 1 − t2

2in un intorno di t = 0, mentre

log(1 + t) e approssimato da t in un intorno di t = 0. Quindi, la funzione f(x, y) di cui

dobbiamo calcolare il limite e approssimata da −x4y2

8xy= −1

8x3y in un intorno di (0, 0).

Poiche lim(x,y)→(0,0)−18x3y = 0 anche lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = 0.

(3) Osserviamo che la funzione f(x, y) valutata sulla retta y = 0 e costante ed uguale

a 1 e quindi limx→0 f(x, 0) = 1. Sulla retta y = x, la funzione diventa f(x, x) = 4x4

2x4+x2 , equindi limx→0 f(x, x) = 0. In definitiva, lim(x,y)→(0,0) f(x, y) non esiste.

(4) Cominciamo con l’ osservare che y3

3√

x2+y2≤ y2

3√

x2+y2≤ x2+y2

3√

x2+y2= 3

√(x2 + y2)2 e

quindi lim(x,y)→(0,0)y3

3√

x2+y2= 0. Possiamo allora studiare il limite

lim(x,y)→(0,0)

x log(1 + x2 + y2)3√

x2 + y2

invece di quello assegnato. D’ altra parte, log(1 + x2 + y2) e approssimato da x2 + y2 in

un intorno di (0, 0) e quindi lim(x,y)→(0,0) f(x, y) = lim(x,y)→(0,0)x log(1+x2+y2)

3√

x2+y2= 0.

(5) Sulla retta y = 0, la funzione e costante ed uguale a 0 e quindi anche il limite

di f(x, 0) e 0 per x → 0. Sulla retta y = x, la funzione diventa f(x, x) = ex2−1+x5

2x2 e

limx→0 f(x, x) = 12. Quindi, lim(x,y)→(0,0) f(x, y) non esiste.

(6) Sulla retta y = 0, abbiamo che limx→0 f(x, 0) non esiste, essendo +∞ per x → 0−,e −∞ per x → 0+. Quindi, il limite proposto non esiste.


Soluzione dell’ Esercizio 5. 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 xdiversi 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 ottiene

limρ→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

= limρ→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

yche 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 6. 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 7. 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 8. 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 sono


fx = −x+y√1−x2+2xy−y2

ed fy = x−y√1−x2+2xy−y2

che 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) =

[ − 1a2

18a2

18a2 − 1

2a2

]

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 punto

e

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 sono


fx = − x√1−x2−y2

, fy = − y√1−x2−y2

e 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 9. 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.

Soluzione dell’ Esercizio 10. Per calcolare il dominio di f poniamo x(x2 + x − y) ≥ 0.Studiamo il segno dei due fattori. x ≥ 0 nel semipiano delle ascisse positive ed e nullo suipunti dell’asse delle ordinate, mentre x2 + x− y ≥ 0 corrisponde a y ≤ x2 + x e definiscequindi i punti esterni alla parabola γ di equazione y = x2 +x. Quindi, combinando i segni,


si ha che nel semipiano delle ascisse positive si devono considerare i punti esterni allaparabola o sulla parabola cioe i punti della regione A1 = {(x, y) ∈ R2|x ≥ 0, y ≤ x2 + x}.Mentre nel semipiano delle ascisse negative si devono considerare i punti interni allaparabola e quelli sulla parabola stessa, cioe A2 = {(x, y) ∈ R2|x ≤ 0, y ≥ x2 + x}. Ildominio e allora Dom(f) = A1 ∪ A2.

Notiamo che T ⊆ Dom(f), e un insieme chiuso e limitato di R2 quindi, per il Teoremadi Weierstrass, esistono sicuramente un massimo e un minimo assoluti. Essendo la radiceuna funzione positiva crescente basta studiare i massimi e minimi del radicando cioe dig(x, y) = x(x2 + x− y) = x3 + x2 − xy.

Cominciamo ad analizzare i punti interni a T utilizzando le derivate parziali. Si ha chegx = 3x2 + 2x − y, e gy = −x. Ponendo a sistema gx = 0 e gy = 0 si ottiene il punto(0, 0) che non e interno. Quindi internamente al quadrato T non ci sono estremanti.Analizziamo i bordi del rettangolo.

Per x = 0 la funzione e nulla e quindi tutti questi punti sono di minimo assoluto in T(ricordiamo che la condizione di esistenza di f(x, y) impone g(x, y) ≥ 0).

Per y = 1 si ottiene g(x, 1) = x3 +x2−x e g′(x) = 3x2 +2x−1. La funzione e crescenteper g′(x) ≥ 0 ma questa condizione non e mai soddisfatta per x ≥ −1. Allora e sempredecrescente all’aumentare di x dunque il punto (−1, 1) e un possibile massimo. (Il punto(0, 1) risulta un possibile minimo e difatti lo e perche azzera la funzione).

Per x = −1 si ha g(−1, y) = y e g′(y) = 1 ≥ 0, ∀y. Lungo questa direzione e dunquesempre crescente e il punto (−1, 1) e un possibile massimo mentre (−1, 0) un possibileminimo. Si puo subito osservare che g(−1, 0) = 0 e quindi il punto e un minimo assoluto.

Per y = 0 otteniamo g(x, 0) = x3 + x2 e g′(x) = 3x2 + 2x. Dallo studio del segno delladerivata prima abbiamo che g(x, 0) e crescente per −1 ≤ x ≤ −2/3. Quindi il punto(−2/3, 0) e un candidato a massimo assoluto.

Ricapitolando abbiamo che il valore di minimo assoluto (che e 0) e assunto in tuttii punti del tipo (0, y), con 0 ≤ y ≤ 1 e nel punto (−1, 0). Ci sono invece due possibilicandidati come massimi assoluti: i punti (−2/3, 0) e (−1, 1). Poiche un massimo assolutodeve esserci, per il Teorema di Weierstrass, basta confrontare i valori assunti da g(x, y) neidue punti. Si ha g(−2/3, 0) = 4/27,mentre g(−1, 1) = 1. Il massimo assoluto e dunqueassunto nel punto (−1, 1).

Soluzione dell’ Esercizio 11. Osserviamo subito che T e un disco con bordo di centrol’origine degli assi e raggio 1. Poiche la funzione e differenziabile (e quindi continua) inR2, e quindi su T, vale il Teorema di Weierstrass su T e quindi esiste sicuramente unmassimo e un minimo assoluti.

La funzione e definita in tutto R2 ed e richiesto lo studio dei massimi e minimi in unsottoinsieme del dominio.

Cominciamo ad analizzare le derivate parziali che danno informazione sui punti di R2

e quindi anche su alcuni punti del bordo. Infatti se in un punto di R2 la funzione assumeun valore di massimo o minimo locale, allora la natura del punto rimane tale ancherestringendo il dominio della funzione. (Poi andra verificato se si tratta di un estremanteassoluto).

In seguito pero dobbiamo analizzare il bordo. Infatti alcuni punti del bordo che glob-almente non sono estremanti potrebbero diventarlo.

Per la simmetria della funzione e del dominio ci aspettiamo di trovare dei punti es-tremanti simmetrici sia ripetto all’origine che rispetto agli assi. Si ha fx = 4x − 4x3 efy = 4y − 4y3. Risolvendo il sistema di equazioni fx = 0 e fy = 0 si ottengono i punti


O(0, 0), A(1, 0), A′(−1, 0), B(0, 1) e B′(0,−1). Per studiare la natura dei punti si puo cal-colare la matrice hessiana. Si ha fxx = 4−12x2, fxy = fyx = 0 e fyy = 4−12y2. Nell’origineil segno del determiannte dell’hessiana e positivo come la traccia; quindi l’origine e puntodi minimo relativo.

Gli altri 4 punti sono sul bordo della regione che dobbiamo analizzare. Per la funzioneglobalmente definita sono punti di sella (il segno del determinante dell’hessiana e nega-tivo). Per la funzione ristretta la bordo non si puo ancora dire. Analizziamo il bordo chee dato dal vincolo x2 + y2 = 1. Si puo ricavare y2 = 1−x2 e sostituire nella funzione otte-nendo f(x, x2) = −2x4 + 2x2 − 1, f ′(x) = 4x(1− 2x2) e f ′(x) ≥ 0 per −1 ≤ x ≤ −1/

√2

e per 0 ≤ x ≤ 1/√

2. Dall’analisi del bordo risultano come possibili estremanti i puntiA′(−1, 0), A(1, 0) (possibili minimi) e C, D(−1/

√2,±1/

√2) e E, F (1/

√2,±1/

√2) (pos-

sibili massimi). Poiche per il Teorema di Weierstrass deve essere assunto un massimo edun minimo assoluti, i punti E ed F sono sicuramente di massimo assoluto. Confrontandoi valori assunti in A,A′, O si vede che l’origine e il minimo assoluto.

Soluzione dell’ Esercizio 12. Controlliamo che l’insieme T sia contenuto nel dominio dellafunzione. Si ha Dom(f) = {(x, y) ∈ R2|4−x2−y2 > 0} cioe il dominio e costituito da tuttii punti interni alla circonferenza di centro l’origine e raggio 2, punti della circonferenzaesclusi. Poiche T rappresenta un quadrato con lati paralleli agli assi, lunghi 2 e conintersezione delle diagonali nell’origine, si ha che T ⊆ Dom(f). L’insieme T e limitato echiuso e quindi, per il Teorema di Weierstrass esistono sicuramente massimo e minimoassoluti. Presentiamo ora due modi di svolgere l’esercizio.

- 1o modo: f(x, y) = log(g(x, y)). Essendo il logaritmo una funzione crescente, bastastudiare i massimi e minimi di g(x, y) per ottenere i massimi e minimi di f. Osserviamo cheg e simmetrica rispetto all’origine e agli assi cosı come il dominio. Ci aspettiamo quindidi trovare massimi e minimi simmetrici. Determiniamo come prima cosa i punti criticidi g. Si ha gx = −2x e gy = −2y che si annullano contemporaneamente solo nell’originedegli assi. Teramite l’Hessiana si puo vedere che (0, 0) e un punto di massimo relativo.(Infatti gxx(0, 0) = −2, gyy(0, 0) = −2 e gxy(0, 0) = 0; il determinante dell’hessiana viene4 e la traccia -4).

Studiamo ora i bordi di T. Per simmetria basta studiare il lato x = 1 (per 0 ≤ y ≤ 1)e y = 1 (per 0 ≤ x ≤ 1).

Per x = 1 si ha g(1, y) = 3 − x2 e g′(y) = −2x; quindi g decresce per 0 ≤ y ≤ 1. Suquesto lato e sul lato x = −1, sfruttando le simmetrie citate in precedenza, si evidenzianoallora i punti A,A′(±1, 0) possibili massimi e i punti B, B′(1,±1) e C, C ′(−1,±1) possibiliminimi.

Per y = 1 si ha g(x, 1) = 3 − y2 e g′(1) = −2y; quindi g decresce per 0 ≤ x ≤ 1. Suquesto lato e sul lato y = −1, sfruttando le simmetrie citate in precedenza, si evidenzianoallora i punti D, D′(0,±1) possibili massimi e i punti B, B′(1,±1) e C,C ′(−1,±1) possibiliminimi.

Poiche il massimo e il minimo assoluto devono esitere in T i punti B,B’,C,C’ sonosicuramente i minimi assoluti (ricordiamo che la funzione ha lo stesso comportamento intutti e 4 per simmetria). Il massimo assoluto e nell’origine, perche g(0, 0) = 4, mentreg(0,±1) = g(±1, 0) = 3.

- 2o modo: si puo osservare che la funzione dipende da x2 + y2. Considerando il cambiodi coordinate x = ρ cos θ, y = ρ sin θ si ottiene f(ρ, θ) = log(4 − ρ2) e f risulta funzionedi una variabile. Possiamo, come prima studiare solo g(ρ) = 4 − ρ2 che ha g′(ρ) = −2ρ.Quindi g e decrescente lungo raggi uscenti dall’origine degli assi. Quindi per ρ = 0 (cioenel punto (0,0)) si ottiene il massimo assoluto. I minimi assoluti si ottengono intersecando


T con la circonferenza di centro l’origine e raggio piu grande possibile, cioe la circonferenzapassante per i quattro vertici del quadrato. Quindi i punti B,B′(1,±1) e C, C ′(−1,±1)sono minimi assoluti.

Soluzione dell’ Esercizio 13. Calcoliamo il dominio di f(x, y). Basta porre 4−x+ y2 > 0,cioe x < y2 +4. Notiamo che x = y2 +4 e l’equazione di una parabola con asse coincidentecon quello delle x, vertice nel punto (4, 0) e concavita rivolta a destra. La disequazioneindividua tutti i punti esterni alla parabola e definisce un insieme aperto e illimitato diR2.

Cominciamo a determinare i massimi e minimi relativi di Dom(f). Poiche tutti i puntisono interni procediamo con il metodo delle derivate parziali. Si ha fx = −1

4−x+y2 e fy =2y

4−x+y2 . Il sistema dato dalle due equazioni fx = 0, fy = 0 non ammette soluzioni perche

fx non si azzera mai. Quindi non ci sono estremanti in tutto Dom(f).Determiniamo ora i massimi e minimi assoluti in T. Questo insieme e costituito dai punti

di un rettangolo, bordo compreso, tutto contenuto in Dom(f), e chiuso e limitato e quindi,per il Teorema di Weierstrass, esistono sicuramente massimo e minimo assoluti. Dai contiprecedenti risulta che all’interno del rettangolo non ci sono estremanti. Analizziamo ibordi di T. Notiamo che la funzione e l’insieme T sono simmetrici rispetto all’asse delle xe quindi questa simmetria si deve ritrovare nello studio che segue.

Per x = 0,−1 ≤ y ≤ 1 si ha f(0, y) = log(4 + y2), f ′(y) = 2y4+y2 . Dunque f ′(y) ≥ 0

se y ≥ 0. Cioe (0, 0) e un possibile minimo, mentre A(0, 1) e A′(0,−1) (simmetrico di Arispetto all’asse x) sono possibili massimi.

(Si poteva anche solo studiare per 0 ≤ y ≤ 1 e dedurre il resto per simmetria).Per y = 1,−1 ≤ x ≤ 0 si ha f(x, 1) = log(5 − x), f ′(x) = −1

5−x. Dunque f ′(y) ≤ 0 in

questo intervallo. Quindi A(0, 1) e un possibile minimo per questa restrizione ed essendoun possibile massimo per quella precedente non e un estremante. Il punto B(−1, 1) e unpossibile massimo.

Per x = −1,−1 ≤ y ≤ 1 si ha f(−1, y) = log(5 + y2) e f ′(y) = 2y5+y2 . La derivata

risulta positiva per y ≥ 0. Quindi B(−1, 1) e un possibile massimo e il punto C(−1, 0) eun possibile minimo.

Non occorre studiare il quarto lato perche possiamo dedurre tutto per simmetria. Ri-assumendo abbiamo come possibili massimi i punti B(−1, 1) e il suo simmetrico rispettoall’asse delle ascisse B′(−1,−1); come possibili minimi i punti O(0, 0) e C(−1, 0). Sicura-mente B e B′ sono i massimi assoluti (unici candidati), mentre O e C vanno confrontati(non c’e piu simmetria). Da f(C) = log(5) e f(O) = log(4), si deduce che l’origine eminimo assoluto.

Soluzione dell’ Esercizio 14. Il dominio della funzione e tutto R2, insieme aperto e illimitato. Cercheremo i massimi e i minimi tra i punti critici. Si ha che fx = 2xy − 4x3, efy = x2. Le soluzioni del sistema che ha come equazioni fx = 0, fy = 0 sono tutti i puntidel tipo (0, y), cioe i punti dell’asse delle ordinate.

Calcolando le derivare seconde si ottiene fxx(0, y) = 2y, fyy(0, y) = 0 e fxy(0, y) =fyx(0, y) = 0. Quindi il determinante dell’hessiana vale 0, e non determina la natura deipunti. Osserviamo che nei punti (0, y) la funzione si annulla.Possiamo analizzare allorail segno della funzione in un loro intorno. E’ facile osservare che f(x, y) > 0 per y > x2,f(x, y) = 0 per x = 0 e per y = x2 ed e f(x, y) < 0 altrimenti.

Deduciamo allora che l’origine e un punto di sella perche in un suo intorno la funzionecambia di segno, i punti (0, y) con y > 0 sono minimi relativi e i punti (0, y) con y < 0sono massimi relativi.


Restringiamo ora la funzione nel dominio T. Essendo T chiuso e limitato vale il Teoremadi Weierstrass e la funzione ammette massimo e minimo assoluto in T. Avendo gia studiatoprima il segno di f possiamo osservare che f(x, y) ≤ 0 in T. Quindi tutti e soli i punti delsegmento (0, y) con −1 ≤ y ≤ 0 sono massimi assoluti in T. Inoltre dallo studio dei punticritici precedentemente fatto si puo anche dedurre che nell’interno del quadrato non cisono estremanti. Cerchiamo allora i minimi assoluti analizzando i lati. Per y = −1 si haf(x,−1) = −x4−x2. Quindi f ′(x) = −2x(2x3 +1) e f ′(x) < 0 sul segmento; si ha (0,−1)possibile massimo (e lo e per quanto detto prima) e (1,−1) possibile minimo.

Per x = 1, si ha f(1, y) = y− 1 che ha la derivata prima sempre positiva. Quindi (1, 0)e un possibile massimo e (1,−1) e possibile minimo.

Per y = 0 otteniamo f(x, 0) = −x4, sempre decrescente nell’intervallo. Il punto (1, 0) eun candidato minimo mentre l’origine e un massimo assoluto (gia noto da prima).

Per decidere in quale o in quali dei punti e assunto il minimo assoluto confrontiamo ivalori di f in tali punti. f(1,−1) = −2 mentre f(1, 0) = −1. Quindi il valore di minimoassoluto per la f ristretta a T e assunto nel punto (1,−1).

Soluzione dell’ Esercizio 15. Osserviamo che il vincolo e regolare e che f e il vincolo sonoespressi con funzioni differenziabili.Utilizziamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange.Possiamo poi aiutarci nelle conclusioni osservando che il vincolo e simmetrico rispettoall’origine e agli assi mentre la funzione e simmetrica rispetto all’origine degli assi.

Essendo il vincolo chiuso e limitato dobbiamo trovare punti di massimo e minimo as-soluti.

La Lagrangiana e L(x, y, λ) = xy − λ(x4 + y4 − 1). Calcolando il suo gradiente eannullando le sue componenti si ottiene il sistema:

Lx = y − 4λx3 = 0Ly = x− 4λy3 = 0Lλ = x4 + y4 − 1 = 0

Ricavando x = 4λy3 e sostituendolo nella prima equazione si ottiene y(1 − (4λy2)4) = 0che si annulla per y = 0 e per y = ± 1

2√|λ| . Per il primo valore si ottiene che x = 0, ma

il punto (0, 0) non appartiene al vincolo. Per il secondo insieme di valori di y si ottiene,utilizzando la seconda equazione, x = ± 1

2√|λ| .

Sostituendo nell’ultima si ricava λ = ± 12√

2e di conseguenza i quattro punti, sim-

metrici rispetto all’origine e agli assi coordinati, A( 1

2√

2√

2, 1

2√

2√

2), A′(− 1

2√

2√

2,− 1

2√

2√

2)

e B(− 1

2√

2√

2, 1

2√

2√

2) e B′( 1

2√

2√

2,− 1

2√

2√

2). E’ facile vedere, per esempio dal segno, che i

punti A e A′ sono di massimo assoluto, mentre B e B′ sono di minimo assoluto.

Soluzione dell’ Esercizio 16. Osserviamo che il vincolo e regolare (infatti le derivateparziali dell’equazione del vincolo non si annullano simultaneamente su nessun punto delvincolo). Inoltre il vincolo e rappresentato da una linea chiusa ed e limitato ( infattiy2 = 1− x4 ≥ 0 implica −1 ≤ x ≤ 1 e x4 = 1− y2 ≥ 0 implica −1 ≤ y ≤ 1).

La funzione f e differenziabile e quindi continua. Per il Teorema di Weierstrass esistonomassimi e minimi assoluti. Utilizziamo il metodo dei moltiplicatori di Lagrange. Teniamopresente nei conti che seguono che il vincolo e la funzione sono simmetrici rispetto all’assedelle ordinate.


La funzione Lagrangiana e L(x, y, λ) = x2y−λ(x4 +y2−1). Calcolando il suo gradientee annullando le sue componenti si ottiene il sistema:

Lx = 2xy − 4λx3 = 0Ly = x2 − 2λy = 0Lλ = x4 + y2 − 1 = 0

La prima equazione si puo riscrivere come 2x(y − 2λx2) = 0 che si annulla o per x = 0 oper y = 2λx2.

Sostituendo x = 0 nella seconda equazione si ottiene o y = 0 o λ = 0. La soluzionex = y = 0 e da scartare perche non soddisfa l’ultima equazione, quella del vincolo. Perλ = 0 si ricava invece y = ±1. Quindi sono soluzioni del sistema i punti A,A′(0,±1).

Considerando invece y = 2λx2 e sostituendo nella seconda equazione si ha x = 0 (equindi y = 0, gia scartata) e λ = ±1/2 cioe y = ±x2 che da , sostituita nella terzaequazione, x = ±1/ 4

√2. Si ottengono i quattro punti, a due a due simmetrici rispetto

all’asse delle ordinate, C,D(± 14√2

, 1√2) e E, F (± 1

4√2,− 1√

2).

Confrontiamo i valori assunti dalla funzione in questi punti critici: f(A) = f(A′) = 0,f(C) = f(D) = 1/2 e f(E) = f(F ) = −1/2. Deduciamo che il minimo assoluto e assuntonei punti E ed F mentre il massimo assoluto e assunto nei punti C e D.

Documents

1. Esercizi - polito.itcalvino.polito.it/~casnati/Geometria15BCG/funzioni.pdf2: y = ¡x2; µe negativa al di sotto di 2; ed µe nulla nei punti di 2: Il piano risulta allora 4 FUNZIONI