Esercizio 1interno e frontiera di un disco con un punto e massimo di u·v

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1. Interno e frontiera di $D = B(0, 1[\, \cup \{(2, 0)\}$

$D$ è il disco aperto di centro l'origine e raggio $1$ (senza il cerchio di bordo), più un punto "isolato" $(2, 0)$, che sta a distanza $1$ dal disco.

Per ogni punto $p$ del piano bisogna capire se è internoEsiste una pallina centrata in p tutta contenuta in D. a $D$, interno al complementare, oppure di frontieraOgni pallina centrata in p contiene sia punti di D sia punti fuori da D.. Si distinguono quattro zone.

a) Punti con $|p| < 1$ (dentro il disco). Il disco aperto è un insieme aperto: presa $\delta = 1 - |p| > 0$, la palla $B(p, \delta[$ sta nel disco (per la disuguaglianza triangolare, se $|x - p| < \delta$ allora $|x| \le |x - p| + |p| < 1$). Quindi questi punti sono interni.

b) Punti con $|p| = 1$ (sul cerchio). Non appartengono a $D$ (il disco è aperto e il cerchio non contiene $(2, 0)$). Ogni pallina $B(p, \varepsilon[$ contiene:

• punti di $D$: per esempio $(1 - \frac\varepsilon2)p$, che ha norma $1 - \frac\varepsilon2 < 1$ e dista $\frac\varepsilon2|p| = \frac\varepsilon2 < \varepsilon$ da $p$ (per $\varepsilon < 2$);
• punti fuori da $D$: $p$ stesso.

Quindi sono di frontiera.

c) Il punto $(2, 0)$. Appartiene a $D$, ma non è interno: ogni pallina $B((2, 0), \varepsilon[$ contiene punti come $(2 + \frac\varepsilon2, 0)$, che hanno norma $> 1$ e sono diversi da $(2, 0)$, quindi non stanno in $D$. Ogni pallina contiene però anche un punto di $D$, cioè $(2, 0)$ stesso. Quindi $(2, 0)$ è di frontiera: è un punto isolatoUn punto di D attorno al quale, in una pallina abbastanza piccola, non ci sono altri punti di D. di $D$.

d) Tutti gli altri punti ($|p| > 1$ e $p \ne (2, 0)$). Hanno una pallina che non tocca $D$: basta prendere un raggio più piccolo sia di $|p| - 1$ (la distanza dal disco) sia di $|p - (2, 0)|$ (la distanza dal punto isolato). Sono interni al complementare, quindi né interni a $D$ né di frontiera.

Risultato: $$\operatorname{int}(D) = B(0, 1[ = \{(x, y) : x^2 + y^2 < 1\}, \qquad \partial D = \{(x, y) : x^2 + y^2 = 1\} \cup \{(2, 0)\}$$

Osservazione. $D$ non è aperto (contiene il punto di frontiera $(2, 0)$) e non è chiuso (non contiene i punti di frontiera del cerchio). La chiusura è $\overline D = B(0, 1] \cup \{(2, 0)\}$.

2. Il vettore $v$ di modulo $5$ che massimizza $u \cdot v$

Per la disuguaglianza di Cauchy-SchwarzIl prodotto scalare di due vettori, in valore assoluto, non supera il prodotto delle loro norme; è uguale solo se i vettori sono paralleli., per ogni $v$ con $|v| = 5$: $$u \cdot v \le |u\cdot v| \le |u|\,|v| = 5|u|$$ e l'uguaglianza $u \cdot v = |u|\,|v|$ vale solo se $v$ è un multiplo positivo di $u$: $v = \lambda u$ con $\lambda > 0$.

Calcolo. $|u| = \sqrt{3^2 + 5^2} = \sqrt{34}$. Imponiamo $|v| = |\lambda u| = \lambda\sqrt{34} = 5$, cioè $\lambda = \frac{5}{\sqrt{34}}$. Quindi $$v = \frac{5}{\sqrt{34}}(3, 5) = \left(\frac{15}{\sqrt{34}},\ \frac{25}{\sqrt{34}}\right) \approx (2.572,\ 4.287)$$ e il valore massimo è $u \cdot v = 5|u| = 5\sqrt{34} \approx 29.15$.

Verifica: $u \cdot v = \frac{5}{\sqrt{34}}(3\cdot3 + 5\cdot5) = \frac{5\cdot 34}{\sqrt{34}} = 5\sqrt{34}$ ✓, e $|v| = \frac{5}{\sqrt{34}}\sqrt{34} = 5$ ✓.

Perché. Il vettore $\frac{u}{|u|}$ è il versoreVettore di norma 1: indica solo una direzione e un verso. di $u$; per avere modulo $5$ lo si moltiplica per $5$. Geometricamente $u \cdot v = |u|\,|v|\cos\theta$ è massimo quando l'angolo $\theta$ tra i due vettori è $0$.

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Errori comuni

• Dimenticare il punto isolato nella frontiera (o, al contrario, dichiararlo interno perché appartiene a $D$).
• Rispondere $v = (3, 5)$: è parallelo a $u$ ma ha modulo $\sqrt{34} \ne 5$.
• Scegliere $v = -\frac{5}{\sqrt{34}}u$: dà il minimo, $-5\sqrt{34}$.