Esercizi svolti · Scheda 2

Punti critici di funzioni con esponenziali e logaritmi

Teoria usata: Punto critico Classificazione con la matrice Hessiana

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Esercizio 1

Determinare e classificare i punti critici della funzione

f (x, y) = (x^{2} + y^{2}) e^{- x} .

{f_{x} = (2 x - x^{2} - y^{2}) e^{- x} = 0 f_{y} = 2 y e^{- x} = 0 ⟹ y = 0, 2 x - x^{2} = 0 ⟹ (0, 0), (2, 0)

f_{xx} = (x^{2} + y^{2} - 4 x + 2) e^{- x}, f_{y y} = 2 e^{- x}, f_{x y} = - 2 y e^{- x}

H_{f} (0, 0) H_{f} (2, 0) = (2002), = (- 2 e^{- 2} 0 0 2 e^{- 2}), det H det H = 4 > 0, f_{xx} = 2 > 0 = - 4 e^{- 4} < 0

f (0, 0) = 0, f (2, 0) = 4 e^{- 2}

Il fattore $e^{- x}$ è positivo per ogni $x$ , quindi il sistema si riduce ad annullare i fattori rimanenti: dalla seconda equazione segue $y = 0$ , e la prima diventa $2 x - x^{2} = x (2 - x) = 0$ , da cui $x = 0$ oppure $x = 2$ . Per il calcolo di $f_{xx}$ si deriva il prodotto $(2 x - x^{2} - y^{2}) e^{- x}$ rispetto a $x$ e si raccoglie $e^{- x}$ . Nell’origine la Hessiana è definita positiva, perciò $(0, 0)$ è un punto di minimo locale; il minimo è anche assoluto, poiché $f (x, y) \geq 0 = f (0, 0)$ per ogni $(x, y)$ , essendo $f$ prodotto di due quantità non negative. In $(2, 0)$ il determinante è negativo, perciò il punto è di sella.

Esercizio 2

Determinare e classificare i punti critici della funzione

f (x, y) = x y e^{- x - y} .

{f_{x} = y (1 - x) e^{- x - y} = 0 f_{y} = x (1 - y) e^{- x - y} = 0 ⟹ (0, 0), (1, 1)

f_{xx} = - y (2 - x) e^{- x - y}, f_{y y} = - x (2 - y) e^{- x - y}, f_{x y} = (1 - x) (1 - y) e^{- x - y}

H_{f} (0, 0) H_{f} (1, 1) = (0110), = (- e^{- 2} 0 0 - e^{- 2}), det H det H = - 1 < 0 = e^{- 4} > 0, f_{xx} = - e^{- 2} < 0

f (1, 1) = e^{- 2}

Poiché $e^{- x - y} > 0$ , il sistema equivale a $y (1 - x) = 0$ e $x (1 - y) = 0$ e si risolve per casi. Se $y = 0$ , la seconda equazione diventa $x = 0$ e si ottiene l’origine; se $x = 1$ , la seconda equazione diventa $1 - y = 0$ , cioè $y = 1$ , e si ottiene $(1, 1)$ . Nell’origine il determinante della Hessiana è negativo, perciò il punto è di sella; sui due assi la funzione è nulla, mentre nel primo e nel terzo quadrante è positiva e nel secondo e nel quarto è negativa, in accordo con la classificazione. In $(1, 1)$ il determinante è positivo e $f_{xx} < 0$ , perciò il punto è di massimo locale con $f (1, 1) = e^{- 2}$ . Il massimo non è assoluto, poiché lungo la bisettrice $y = x$ , per $x \to - \infty$ , risulta $f (x, x) = x^{2} e^{- 2 x} \to + \infty$ .

Esercizio 3

Determinare e classificare i punti critici della funzione

f (x, y) = x^{2} + y^{2} - ln (x y) .

dominio: x y > 0

⎩ ⎨ ⎧ f_{x} = 2 x - \frac{1}{x} = 0 f_{y} = 2 y - \frac{1}{y} = 0 ⟹ x = \pm \frac{2}{2}, y = \pm \frac{2}{2}

P_{1} = (\frac{2}{2}, \frac{2}{2}), P_{2} = (- \frac{2}{2}, - \frac{2}{2})

H_{f} (x, y) = 2 + \frac{1}{x ^{2}} 0 0 2 + \frac{1}{y ^{2}}, H_{f} (P_{1}) = H_{f} (P_{2}) = (4004)

f (P_{1}) = f (P_{2}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - ln \frac{1}{2} = 1 + ln 2

Il dominio è l’insieme $x y > 0$ , cioè l’unione del primo e del terzo quadrante aperti: ogni punto critico va cercato lì. L’equazione $2 x - \frac{1}{x} = 0$ equivale a $x^{2} = \frac{1}{2}$ , quindi $x = \pm \frac{2}{2}$ , e lo stesso vale per $y$ . Le combinazioni con segni discordi non appartengono al dominio, perciò i punti critici sono soltanto $P_{1}$ e $P_{2}$ . In entrambi la Hessiana è la matrice diagonale con elementi $4$ e $4$ , definita positiva, quindi entrambi sono punti di minimo locale con valore $1 + ln 2$ ; i due valori coincidono perché $f (- x, - y) = f (x, y)$ . In ciascuno dei due quadranti il minimo è assoluto, dato che $f \to + \infty$ sia verso i bordi del quadrante, dove $ln (x y) \to - \infty$ , sia per $x^{2} + y^{2} \to + \infty$ .