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Note per Studenti Esercizio - punti critici di una funzione cubica (tema d'esame febbraio 2012)

Esercizio - punti critici di una funzione cubica

Esame
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Testo (tema d'esame febbraio 2012, secondo appello, Analisi Matematica 2, Ingegneria dell'Informazione). Trovare i punti critici della funzione f(x,y)=x2y+y3−y+1f(x, y) = x^2y + y^3 - y + 1 e dire se sono esattamente: a) 2 min, 2 selle; b) 2 max, 2 selle; c) 3 max, 1 sella; d) 2 min, 2 max; e) 1 min, 1 max, 2 selle; f) 3 min, 1 sella (per min/max si intendono rispettivamente minimo locale e massimo locale).

Teoria usata: Massimi e minimi liberi in più variabiliSe f è differenziabile e ha un estremo relativo in un punto interno x0, allora ∇f(x0) = 0 (Fermat): gli estremi interni vanno cercati tra i punti critici. Se f è C², in un punto critico: hessiana definita positiva → minimo, definita negativa → massimo, indefinita → sella, semidefinita → il test non decide e si studia il segno di f(x) − f(x0). In due variabili: det H > 0 e fxx > 0 minimo, det H > 0 e fxx < 0 massimo, det H < 0 sella.Massimi e minimi liberi in più variabili →, Matrice hessiana e formula di Taylor in più variabiliLe derivate seconde ∂²f/∂xj∂xi formano la matrice hessiana Hf; per il teorema di Schwarz (derivate miste continue) è simmetrica. Taylor al secondo ordine: f(x0 + h) = f(x0) + ∇f(x0)·h + ½ hᵀHf(x0)h + o(‖h‖²). Una matrice simmetrica è definita positiva/negativa, semidefinita o indefinita a seconda del segno della forma quadratica hᵀAh; si riconosce con gli autovalori o con i minori principali (in 2×2: determinante e primo elemento).Matrice hessiana e formula di Taylor in più variabili →.

1. Il gradiente e il sistema

fx=2xy,fy=x2+3y2−1.f_x = 2xy, \qquad f_y = x^2 + 3y^2 - 1.

I punti critici risolvono fx=0f_x = 0 e fy=0f_y = 0. La prima equazione è un prodotto, 2xy=02xy = 0, quindi si spezza in due casi.

  • Caso x=0x = 0. La seconda diventa 3y2−1=03y^2 - 1 = 0, cioè y=±13y = \pm\frac{1}{\sqrt3}. Punti: (0,13)\left(0, \frac{1}{\sqrt3}\right) e (0,−13)\left(0, -\frac{1}{\sqrt3}\right).
  • Caso y=0y = 0. La seconda diventa x2−1=0x^2 - 1 = 0, cioè x=±1x = \pm1. Punti: (1,0)(1, 0) e (−1,0)(-1, 0).

Non ci sono altri casi (se né xx né yy è nullo, 2xy≠02xy \neq 0). I punti critici sono quattro: (0,13),(0,−13),(1,0),(−1,0).\left(0, \tfrac{1}{\sqrt3}\right),\quad\left(0, -\tfrac{1}{\sqrt3}\right),\quad(1, 0),\quad(-1, 0).

2. L'hessiana

fxx=2y,fxy=2x,fyy=6y,Hf=(2y2x2x6y),det⁡Hf=12y2−4x2.f_{xx} = 2y, \qquad f_{xy} = 2x, \qquad f_{yy} = 6y, \qquad H_f = \begin{pmatrix} 2y & 2x \\ 2x & 6y \end{pmatrix}, \qquad \det H_f = 12y^2 - 4x^2.

Come nella teoria: se det⁡Hf>0\det H_f > 0 il punto è di estremo (minimo se fxx>0f_{xx} > 0, massimo se fxx<0f_{xx} < 0); se det⁡Hf<0\det H_f < 0 è una sella.

Punto fxxf_{xx} det⁡Hf\det H_f Natura
(0,13)\left(0, \frac{1}{\sqrt3}\right) 23>0\frac{2}{\sqrt3} > 0 12⋅13−0=4>012\cdot\frac13 - 0 = 4 > 0 minimo locale
(0,−13)\left(0, -\frac{1}{\sqrt3}\right) −23<0-\frac{2}{\sqrt3} < 0 4>04 > 0 massimo locale
(1,0)(1, 0) 00 0−4=−4<00 - 4 = -4 < 0 sella
(−1,0)(-1, 0) 00 −4<0-4 < 0 sella

In (±1,0)(\pm1, 0) è fxx=0f_{xx} = 0 ma il determinante è negativo, quindi la classificazione è comunque certa: non serve il segno di fxxf_{xx}.

3. Risposta e controlli

Un minimo, un massimo e due selle: la risposta è e).

I valori: f(0,±13)=y3−y+1f\left(0, \pm\frac{1}{\sqrt3}\right) = y^3 - y + 1 con y=±13y = \pm\frac1{\sqrt3}. Poiché y3−y=y(y2−1)=y(13−1)=−23yy^3 - y = y(y^2 - 1) = y\left(\frac13 - 1\right) = -\frac{2}{3}y, si ha f(0,13)=1−233=1−239≈0,615f\left(0, \frac{1}{\sqrt3}\right) = 1 - \frac{2}{3\sqrt3} = 1 - \frac{2\sqrt3}{9}\approx 0{,}615 (minimo) e f(0,−13)=1+239≈1,385f\left(0, -\frac{1}{\sqrt3}\right) = 1 + \frac{2\sqrt3}{9}\approx 1{,}385 (massimo). Nelle selle f(±1,0)=1f(\pm1, 0) = 1, un valore intermedio tra i due: coerente con un massimo e un minimo locali che stanno ai lati. Il massimo e il minimo sono solo locali: lungo l'asse yy, f(0,y)=y3−y+1f(0, y) = y^3 - y + 1 tende a ±∞\pm\infty per y→±∞y \to \pm\infty, quindi ff non ha né massimo né minimo assoluto in R2\mathbb{R}^2.

Errori comuni. Dimenticare uno dei due casi di 2xy=02xy = 0 e trovare solo due punti critici; concludere "sella" o "estremo" dal solo segno di fxxf_{xx} senza guardare il determinante.

Versione ripasso

Testo (tema d'esame febbraio 2012, secondo appello). Trovare i punti critici di f(x,y)=x2y+y3−y+1f(x, y) = x^2y + y^3 - y + 1 e dire quanti sono minimi, massimi e selle.

  1. Gradiente: fx=2xyf_x = 2xy, fy=x2+3y2−1f_y = x^2 + 3y^2 - 1. Da 2xy=02xy = 0: se x=0x = 0 allora y=±13y = \pm\frac1{\sqrt3}; se y=0y = 0 allora x=±1x = \pm1. Quattro punti critici.
  2. Hessiana: det⁡Hf=12y2−4x2\det H_f = 12y^2 - 4x^2, fxx=2yf_{xx} = 2y.
  3. (0,13)\left(0, \frac1{\sqrt3}\right): det⁡=4>0\det = 4 > 0, fxx>0f_{xx} > 0: minimo locale. (0,−13)\left(0, -\frac1{\sqrt3}\right): det⁡=4\det = 4, fxx<0f_{xx} < 0: massimo locale. (±1,0)(\pm1, 0): det⁡=−4<0\det = -4 < 0: selle.
  4. Risposta: un minimo, un massimo, due selle. Estremi solo locali (f(0,y)→±∞f(0, y) \to \pm\infty).

Errori tipici: perdere un caso di 2xy=02xy = 0; guardare solo fxxf_{xx}.

Teoria collegata