Esercizio 64esercizi d'esame su gradiente e punti critici

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Strumenti usati.

• In un punto con $\nabla f \ne 0$, la direzione di massima crescita è il versore $\frac{\nabla f}{|\nabla f|}$, quella di massima discesa è il suo opposto $-\frac{\nabla f}{|\nabla f|}$.
• Criterio dell'hessiana in un punto critico: $\det H > 0$ e $f_{xx} > 0$ → minimo locale; $\det H > 0$ e $f_{xx} < 0$ → massimo locale; $\det H < 0$ → sella; $\det H = 0$ → il criterio non decide.
• Per escludere massimi o minimi assoluti su $\mathbb{R}^2$ basta trovare una retta (o una curva) lungo cui $f \to +\infty$ o $f \to -\infty$.

1. La direzione di massima discesa

Il ciclista sta sopra il punto $(1, 1)$ del piano (infatti $f(1, 1) = 25 - 2 - 4 = 19$, la quota data). Il gradiente: $$\nabla f(x, y) = (-4x,\ -8y), \qquad \nabla f(1, 1) = (-4, -8)$$ La massima discesa è nella direzione opposta al gradiente, cioè $(4, 8)$. Per renderla unitaria si divide per la sua norma $\sqrt{16 + 64} = \sqrt{80} = 4\sqrt5$: $$v = \frac{(4, 8)}{4\sqrt5} = \left(\frac1{\sqrt5},\ \frac2{\sqrt5}\right)$$ Verifica: $\frac15 + \frac45 = 1$ ✓. Interpretazione: dal punto $(1, 1)$ il ciclista va verso $x$ e $y$ crescenti, cioè si allontana dalla cima (che sta sopra l'origine), e più in fretta lungo $y$ perché il coefficiente di $y^2$ è doppio: la montagna è più ripida in quella direzione.

Risposta: $\left(\frac1{\sqrt5}, \frac2{\sqrt5}\right)$.

2. Dove la massima crescita ha una direzione data

$\nabla f(x, y) = (2x - 2,\ 2y - 4)$. La direzione di massima crescita è $\frac{\nabla f}{|\nabla f|}$; questa coincide con $\left(\frac1{\sqrt2}, \frac1{\sqrt2}\right)$ esattamente quando $\nabla f$ è un multiplo positivo di $(1, 1)$, cioè quando le due componenti sono uguali e positive: $$2x - 2 = 2y - 4 > 0 \iff y = x + 1 \ \text{ e } \ x > 1$$ La condizione $> 0$ serve: se le componenti sono uguali e negative, $\nabla f$ punta verso $(-1, -1)$ e la massima crescita è nel verso opposto; se sono nulle (in $(1, 2)$, il punto critico) non c'è una direzione di massima crescita.

Risposta: i punti della semiretta $y = x + 1$ con $x > 1$ (aperta, senza il punto $(1, 2)$).

Controllo in un punto: in $(2, 3)$ si ha $\nabla f = (2, 2)$, di versore $\left(\frac1{\sqrt2}, \frac1{\sqrt2}\right)$ ✓.

3. Gradiente di una composta

$g \circ f$ è una funzione di due variabili a valori reali: $(g \circ f)(x, y) = g(f(x, y))$. La regola della catenaLa derivata di una composta è la derivata della funzione esterna, calcolata nel punto interno, per la derivata della funzione interna. dà, per ogni variabile, $$\partial_x(g \circ f) = g'(f(x, y))\,\partial_xf, \qquad \partial_y(g \circ f) = g'(f(x, y))\,\partial_yf$$ cioè $\nabla(g \circ f)(x, y) = g'(f(x, y))\,\nabla f(x, y)$. In $(0, 0)$, dove $f(0, 0) = 1$: $$\nabla(g \circ f)(0, 0) = g'(1)\,\nabla f(0, 0) = 8\,(2, 3) = (16, 24)$$ Attenzione: $g'$ va calcolata in $f(0, 0) = 1$, non in $0$; per questo il testo dà proprio $g'(1)$.

Risposta: $(16, 24)$.

4. Un gradiente impossibile

Se esistesse $f \in C^2$ con $f_x = 3x + 5y$ e $f_y = 4x + 3y$, per il teorema di SchwarzPer una funzione di classe C² le derivate seconde miste sono uguali: derivare prima in x e poi in y dà lo stesso risultato che nell'ordine opposto. dovrebbe essere $f_{xy} = f_{yx}$. Ma $$f_{xy} = \partial_y(3x + 5y) = 5, \qquad f_{yx} = \partial_x(4x + 3y) = 4$$ e $5 \ne 4$. Risposta: no, una tale $f$ non esiste. (Con il linguaggio dei campi: il campo $(3x + 5y,\ 4x + 3y)$ non è irrotazionale, quindi non è un campo gradiente; vedi Campi conservativi e irrotazionaliF è conservativo se l'integrale lungo un cammino dipende solo dagli estremi (equivalentemente: circuitazione nulla su ogni circuito). Teorema fondamentale: se F = ∇U allora ∫_r F·dr = U(fine) − U(inizio); conservativo ⇔ gradiente. Condizione necessaria (F ∈ C¹): irrotazionale, ∂ⱼFᵢ = ∂ᵢFⱼ. Non sufficiente: il vortice (−y, x)/(x² + y²) è irrotazionale ma ha circuitazione 2π sul cerchio. Sufficiente su domini semplicemente connessi (convessi, stellati). Primitiva con le integrazioni parziali. Sul piano bucato basta controllare la circuitazione su un cerchio attorno a ogni buco.Campi conservativi e irrotazionali →.)

5. $x^3 + 12xy + y^4$

Punti critici. $\nabla f = (3x^2 + 12y,\ 12x + 4y^3)$. Dalla prima equazione $y = -\frac{x^2}4$; sostituendo nella seconda: $$12x + 4\left(-\frac{x^2}{4}\right)^3 = 12x - \frac{x^6}{16} = 0 \iff x\,(192 - x^5) = 0$$ (si moltiplica per $16$ e si raccoglie $x$, senza dividere per non perdere $x = 0$). Quindi $x = 0$ oppure $x^5 = 192$. Poiché $192 = 32 \cdot 6 = 2^5 \cdot 6$, la radice quinta è $x = 2\cdot 6^{1/5} \approx 2.862$, e allora $$y = -\frac{x^2}4 = -\frac{4\cdot 6^{2/5}}{4} = -6^{2/5} \approx -2.048$$ Punti critici: $O = (0, 0)$ e $P = \left(2\cdot6^{1/5},\ -6^{2/5}\right)$.

Hessiana. $$H(x, y) = \begin{pmatrix} 6x & 12 \\ 12 & 12y^2 \end{pmatrix}, \qquad \det H = 72xy^2 - 144$$

• In $O$: $\det H = -144 < 0$ → sella.
• In $P$: $xy^2 = 2\cdot6^{1/5}\cdot6^{4/5} = 2\cdot 6 = 12$, quindi $\det H = 72\cdot12 - 144 = 720 > 0$, e $f_{xx} = 12\cdot6^{1/5} > 0$ → minimo locale. Il valore è $f(P) = -10\cdot6^{3/5} \approx -29.30$.

Estremi assoluti. Sull'asse $x$ ($y = 0$) si ha $f(x, 0) = x^3$, che tende a $+\infty$ per $x \to +\infty$ e a $-\infty$ per $x \to -\infty$. Quindi $f$ non è limitata né sopra né sotto: nessun massimo né minimo assoluto (il minimo in $P$ è solo locale).

6. $x^3 - 3x + y^2$

Punti critici. $\nabla f = (3x^2 - 3,\ 2y) = (0, 0) \iff x = \pm1,\ y = 0$.

Hessiana. $H = \begin{pmatrix} 6x & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$, $\det H = 12x$.

• $(1, 0)$: $\det H = 12 > 0$, $f_{xx} = 6 > 0$ → minimo locale, $f(1, 0) = -2$.
• $(-1, 0)$: $\det H = -12 < 0$ → sella ($f(-1, 0) = 2$).

Globali. No: $f(x, 0) = x^3 - 3x$ tende a $\pm\infty$ per $x \to \pm\infty$. Il grafico di questa restrizione mostra il minimo locale in $x = 1$ e la discesa senza fine verso sinistra; il punto $x = -1$, che sull'asse $x$ sembra un massimo, è una sella perché nella direzione $y$ la funzione cresce ($+y^2$).

7. $x^2 + y^2 + x^3y$

Punti critici. $\nabla f = (2x + 3x^2y,\ 2y + x^3)$. Dalla seconda $y = -\frac{x^3}2$; nella prima: $$2x + 3x^2\left(-\frac{x^3}2\right) = 2x - \frac32x^5 = \frac x2\,(4 - 3x^4) = 0 \iff x = 0 \ \text{ oppure } \ x^4 = \frac43$$ Quindi $x = 0$ (con $y = 0$) oppure $x = \pm\left(\frac43\right)^{1/4}$, con $y = -\frac{x^3}2$. I punti sono $(0, 0)$ e $\pm\left(\left(\frac43\right)^{1/4},\ -\frac12\left(\frac43\right)^{3/4}\right) \approx \pm(1.075,\ -0.620)$.

Hessiana. $$H = \begin{pmatrix} 2 + 6xy & 3x^2 \\ 3x^2 & 2 \end{pmatrix}$$

• In $(0, 0)$: $H = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2\end{pmatrix}$, $\det = 4 > 0$, $f_{xx} = 2 > 0$ → minimo locale (con $f = 0$).
• Negli altri due punti conviene usare le relazioni trovate invece dei valori decimali: $xy = x\cdot\left(-\frac{x^3}2\right) = -\frac{x^4}2 = -\frac23$, quindi $2 + 6xy = 2 - 4 = -2$; e $x^2 = \sqrt{4/3} = \frac2{\sqrt3}$, quindi $3x^2 = 2\sqrt3$. Allora $$\det H = (-2)(2) - (2\sqrt3)^2 = -4 - 12 = -16 < 0 \implies \textbf{selle}$$

Risposta: minimo locale in $(0, 0)$; nessun massimo locale; selle in $\pm\left(\left(\frac43\right)^{1/4}, -\frac12\left(\frac43\right)^{3/4}\right)$.

8. $3y^2 - 2y^3 - 3x^2 + 6xy$

Punti critici. $\nabla f = (-6x + 6y,\ 6y - 6y^2 + 6x)$. La prima componente si annulla per $x = y$; sostituendo nella seconda: $$6y - 6y^2 + 6y = 6y\,(2 - y) = 0 \iff y = 0 \text{ o } y = 2$$ Punti critici: $(0, 0)$ e $(2, 2)$.

Hessiana. $H = \begin{pmatrix} -6 & 6 \\ 6 & 6 - 12y \end{pmatrix}$.

• $(0, 0)$: $H = \begin{pmatrix} -6 & 6 \\ 6 & 6\end{pmatrix}$, $\det = -36 - 36 = -72 < 0$ → sella.
• $(2, 2)$: $H = \begin{pmatrix} -6 & 6 \\ 6 & -18\end{pmatrix}$, $\det = 108 - 36 = 72 > 0$, $f_{xx} = -6 < 0$ → massimo locale, con $f(2, 2) = 12 - 16 - 12 + 24 = 8$.

Massimo assoluto? No: sull'asse $y$ ($x = 0$) è $f(0, y) = 3y^2 - 2y^3$, che per $y \to -\infty$ tende a $+\infty$ (domina $-2y^3 > 0$). Per esempio $f(0, -10) = 300 + 2000 = 2300 > 8$. Il massimo in $(2, 2)$ è solo locale.

9. I punti di $z^2 = xy + 1$ più vicini all'origine

L'idea (il suggerimento del testo). Minimizzare la distanza equivale a minimizzarne il quadrato (la radice è crescente), che non ha radici ed è più comodo: $$d^2 = x^2 + y^2 + z^2$$ Sui punti di $A$ si può sostituire $z^2 = xy + 1$, eliminando $z$: $$g(x, y) = x^2 + y^2 + xy + 1$$ da minimizzare tra le $(x, y)$ per cui esiste $z$, cioè con $xy + 1 \ge 0$ (altrimenti $z^2 = xy + 1$ non ha soluzioni reali).

Minimo di $g$. $\nabla g = (2x + y,\ 2y + x) = (0, 0)$: dalla prima $y = -2x$, nella seconda $-4x + x = -3x = 0$, quindi $x = y = 0$. In realtà si può concludere senza hessiana, completando il quadrato: $$x^2 + xy + y^2 = \left(x + \frac y2\right)^2 + \frac34y^2 \ge 0$$ con uguaglianza solo se $y = 0$ e $x + \frac y2 = 0$, cioè in $(0, 0)$. Quindi $g \ge 1$ ovunque, con $g = 1$ solo in $(0, 0)$, che soddisfa il vincolo ($xy + 1 = 1 \ge 0$).

I punti. Con $x = y = 0$: $z^2 = 1$, $z = \pm1$.

Risposta: i punti $(0, 0, 1)$ e $(0, 0, -1)$, a distanza $1$ dall'origine. Geometricamente $A$ è un iperboloide a una faldaUna superficie a forma di clessidra, tutta di un pezzo, con una strozzatura ellittica attorno al proprio asse.: ruotando gli assi $x, y$ di $45°$ (con $x = \frac{u + v}{\sqrt2}$, $y = \frac{u - v}{\sqrt2}$) si ha $xy = \frac{u^2 - v^2}2$ e l'equazione diventa $\frac{v^2}2 + z^2 - \frac{u^2}2 = 1$. L'asse è la direzione $u$ (la retta $x = y$ del piano $xy$), la strozzatura è l'ellisse $\frac{v^2}{2} + z^2 = 1$ nel piano $u = 0$, e i punti trovati sono gli estremi del suo semiasse più corto (lungo $1$, contro $\sqrt2$ dell'altro).