Massimi e minimi liberi per funzioni in più variabili – Esercizio 9

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In questo nono articolo della raccolta Esercizi su massimi e minimi liberi per funzioni in più variabili presentiamo lo studio dei punti di massimo, minimo o sella di una funzione di due variabili. Segnaliamo anche il precedente Massimi e minimi per funzioni in più variabili – Esercizio 8 e il successivo Massimi e minimi per funzioni in più variabili – Esercizio 10 per ulteriore materiale su massimi e minimi per funzioni in più variabili.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).$ Sia

$f(x,y)= xy \; \ln(x^2+y^2)$

determinare gli eventuali punti di massimo, minimo o di sella nell’insieme $\Omega=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\, x\neq 0,\,y\neq 0\}$ .

Richiami teorici.

Consigliamo le nozioni di teoria contenute in Esercizi su punti stazionari con determinante hessiano nullo e in Guida ai massimi e minimi per funzioni in più variabili.

Svolgimento.

Calcoliamo le derivate miste

$f_x = y \; \left( \ln(x^2+y^2) + \dfrac{2x^2}{x^2+y^2} \right)$

$f_y = x \; \left(\ln(x^2+y^2) + \dfrac{2y^2}{x^2+y^2}\right) .$

Imponiamo $\nabla f=(0,0)$ , cioè

(1) $\begin{equation*} \begin{cases} f_x=0\\ f_y=0 \end{cases}\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} y \; \left(\ln(x^2+y^2) + \dfrac{2x^2}{x^2+y^2}\right)=0\\ x \; \left(\ln(x^2+y^2) + \dfrac{2y^2}{x^2+y^2} \right) = 0 \end{cases} \end{equation*}$

e poiché dobbiamo prendere i punti $\Omega$ (non sono state prese in considerazione le soluzione $x=0$ e $y=0$ perché non appartengono ad $\Omega$ ), abbiamo

$\begin{cases} \ln(x^2+y^2) + \dfrac{2x^2}{x^2+y^2} = 0\\ \ln(x^2+y^2) + \dfrac{2y^2}{x^2+y^2} = 0. \end{cases}$

Sottraendo membro a membro della prima e seconda equazione del sistema, otteniamo

$\dfrac{2x^2-2y^2}{x^2+y^2} = 0 \quad \Leftrightarrow \quad x^2=y^2 \quad \Leftrightarrow \quad x=\pm y.$

Per cui (1) si riscrive come segue

$\begin{cases} x=\pm y\\ \ln(2x^2) + \dfrac{2x^2}{2x^2} = 0. \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x=\pm y\\ \ln(2x^2) =-1 \end{cases} \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x=\pm y\\ x = \pm\dfrac{1}{\sqrt{2e}} \end{cases}$

concludendo quindi che le soluzioni del sistema (1) sono

$A= \left( \dfrac{1}{\sqrt{2e}}, \dfrac{1}{\sqrt{2e}}\right), \quad B= \left(-\dfrac{1}{\sqrt{2e}}, \dfrac{1}{\sqrt{2e}}\right), \quad C=\left(\dfrac{1}{\sqrt{2e}}, - \dfrac{1}{\sqrt{2e}}\right), \quad D=\left(-\dfrac{1}{\sqrt{2e}}, -\dfrac{1}{\sqrt{2e}}\right).$

I candidati ai punti di massimo, minimo o di sella sono i punti che verificano $\nabla f(x,y)=(0,0)$ e a tal proposito calcoliamo la matrice Hessiana

$H(x,y)= \begin{pmatrix} \dfrac{2xy(x^2+3y^2)}{(x^2+y^2)^2} & \dfrac{2(x^4+y^4)}{(x^2+y^2)^2}+\ln(x^2+y^2)\\\\ \dfrac{2(x^4+y^4)}{(x^2+y^2)^2}+\ln(x^2+y^2) & \dfrac{2xy(3x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2}. \end{pmatrix}$

Il determinate della matrice Hessiana è

$\begin{aligned} &\det \begin{pmatrix} \dfrac{2xy(x^2+3y^2)}{(x^2+y^2)^2} & \dfrac{2(x^4+y^4)}{(x^2+y^2)^2}+\ln(x^2+y^2)\\\\ \dfrac{2(x^4+y^4)}{(x^2+y^2)^2}+\ln(x^2+y^2) & \dfrac{2xy(3x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^2}. \end{pmatrix}=\\ &=\dfrac{4x^2y^2(x^2+3y^2)(3x^2+y^2)}{(x^2+y^2)^4}-\left(\dfrac{2(x^4+y^4)}{(x^2+y^2)^2}+\ln(x^2+y^2)\right)^2. \end{aligned}$

Inoltre, si ricorda che

$f_{xx}(x,y)=\dfrac{d^2 f}{dx^2}(x,y)=\dfrac{2xy(x^2+3y^2)}{(x^2+y^2)^2} .$

Andiamo a valutare il determinante di tale matrice nei punti ottenuti e $f_{xx}(x,y)$ , concludendo che

$\boxcolorato{analisi}{\begin{aligned} & \text{det}H(A)=4>0 \wedge f_{xx}=2 > 0 \Rightarrow A \quad \mbox{è punto di minimo relativo};\\ & \text{det}H(B)=4>0 \wedge f_{xx}=-2 < 0 \Rightarrow B \quad \mbox{è punto di massimo relativo};\\ & \text{det}H(C)=4>0 \wedge f_{xx}=-2 < 0 \Rightarrow C \quad \mbox{è punto di massimo relativo};\\ &\text{det}H(D)=4>0 \wedge f_{xx}=2 > 0 \Rightarrow D \quad \mbox{è punto di minimo relativo}.\\ \end{aligned}}$

Fonte.

L. Vesely – Università degli studi di Milano.

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Ottieni il documento contenente 15 esercizi svolti su massimi e minimi in due variabili.

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