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Note per Studenti Esercizio - Nove punti critici e minimi globali (appello 9 febbraio 2026)

Esercizio - Nove punti critici e minimi globali (appello 9 febbraio 2026)

Esame
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Teoria: Massimi e minimi liberi e natura dei punti criticiEstremo assoluto = vale in tutto il dominio, relativo = vale in un intorno; "libero" = il dominio è aperto. Fermat (D): in un punto interno di estremo locale dove f è derivabile, ∇f = 0 (punto critico); non basta (x³, −y³, sella x² − y²). Taylor al secondo ordine (D): con f in C² e ∇f(P) = 0, l'Hessiana definita positiva dà minimo locale stretto, definita negativa massimo locale stretto, indefinita sella; per n = 2: det H > 0 e f_xx > 0 minimo, det H > 0 e f_xx < 0 massimo, det H < 0 sella, det H = 0 non decide (x⁴ + y⁴, −x⁴ − y⁴, x⁴ − y⁴). Estremi globali: Weierstrass in un chiuso illimitato se f → +∞ (o −∞) all'infinito (D), da verificare in coordinate polari con una stima che non dipende dall'angolo.Massimi e minimi liberi e natura dei punti critici →. Fonte: corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD, secondo appello 2026.

Testo

Sia f:R2→Rf : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}, f(x,y)=x4+y4−4 (x2+y2+2).f(x,y) = x^4 + y^4 - 4\,(x^2 + y^2 + 2).

  • (a) Trovare i punti critici di ff e scrivere esplicitamente quanti sono.
  • (b) Determinarne la natura.
  • (c) Dire se esistono massimo e minimo assoluti di ff su R2\mathbb{R}^2 e, in caso affermativo, calcolarli.

Soluzione

Osservazione chiave. f(x,y)=g(x)+g(y)−8f(x,y) = g(x) + g(y) - 8 con g(t)=t4−4t2g(t) = t^4 - 4t^2: le due variabili sono separate. Per questo le equazioni del gradiente si risolvono una alla volta.

(a) Punti critici

fx=4x3−8x=4x (x2−2),fy=4y3−8y=4y (y2−2).f_x = 4x^3 - 8x = 4x\,(x^2 - 2), \qquad f_y = 4y^3 - 8y = 4y\,(y^2 - 2). Ciascuna equazione ha tre soluzioni: fx=0f_x = 0 se x∈{0,−2,2}x \in \{0, -\sqrt2, \sqrt2\}, fy=0f_y = 0 se y∈{0,−2,2}y \in \{0, -\sqrt2, \sqrt2\}. Poiché le due equazioni sono indipendenti, i punti critici sono tutte le combinazioni: 3×3=93 \times 3 = 9 punti (0,0), (0,±2), (±2,0), (±2,±2).(0,0),\ (0,\pm\sqrt2),\ (\pm\sqrt2, 0),\ (\pm\sqrt2, \pm\sqrt2).

(b) Natura

Le derivate miste sono nulle, quindi la hessiana è diagonale: H(x,y)=(12x2−80012y2−8).H(x,y) = \begin{pmatrix} 12x^2 - 8 & 0 \\ 0 & 12y^2 - 8\end{pmatrix}. I suoi autovalori sono i due elementi diagonali. Il primo vale −8-8 se x=0x = 0 e 12⋅2−8=1612\cdot 2 - 8 = 16 se x=±2x = \pm\sqrt2 (stesso discorso per yy). Si hanno quindi tre tipi di punto:

punto autovalori natura valore di ff
(0,0)(0,0) −8,−8-8, -8 massimo relativo forte −8-8
(0,±2)(0,\pm\sqrt2), (±2,0)(\pm\sqrt2, 0) (4 punti) −8-8 e 1616 (o viceversa) selle −12-12
(±2,±2)(\pm\sqrt2, \pm\sqrt2) (4 punti) 16,1616, 16 minimi relativi forti −16-16

(I valori: f(0,0)=−8f(0,0) = -8; f(0,2)=4−8−8=−12f(0,\sqrt2) = 4 - 8 - 8 = -12; f(2,2)=4+4−16−8=−16f(\sqrt2,\sqrt2) = 4 + 4 - 16 - 8 = -16.)

(c) Estremi assoluti

Massimo. Sull'asse xx, f(x,0)=x4−4x2−8→+∞f(x,0) = x^4 - 4x^2 - 8 \to +\infty per ∣x∣→∞|x| \to \infty. Quindi sup⁡f=+∞\sup f = +\infty e non esiste il massimo assoluto. (Il punto (0,0)(0,0) è solo un massimo relativo.)

Minimo. Dimostriamo che f→+∞f \to +\infty per ∥(x,y)∥→∞\|(x,y)\| \to \infty, così Weierstrass generalizzato (Massimi e minimi liberi e natura dei punti criticiEstremo assoluto = vale in tutto il dominio, relativo = vale in un intorno; "libero" = il dominio è aperto. Fermat (D): in un punto interno di estremo locale dove f è derivabile, ∇f = 0 (punto critico); non basta (x³, −y³, sella x² − y²). Taylor al secondo ordine (D): con f in C² e ∇f(P) = 0, l'Hessiana definita positiva dà minimo locale stretto, definita negativa massimo locale stretto, indefinita sella; per n = 2: det H > 0 e f_xx > 0 minimo, det H > 0 e f_xx < 0 massimo, det H < 0 sella, det H = 0 non decide (x⁴ + y⁴, −x⁴ − y⁴, x⁴ − y⁴). Estremi globali: Weierstrass in un chiuso illimitato se f → +∞ (o −∞) all'infinito (D), da verificare in coordinate polari con una stima che non dipende dall'angolo.Massimi e minimi liberi e natura dei punti critici →) dà l'esistenza del minimo. In polari x=ρcos⁡θx = \rho\cos\theta, y=ρsin⁡θy = \rho\sin\theta: f=ρ4(cos⁡4θ+sin⁡4θ)−4ρ2−8≥12ρ4−4ρ2−8=:h(ρ),f = \rho^4(\cos^4\theta + \sin^4\theta) - 4\rho^2 - 8 \ge \tfrac12\rho^4 - 4\rho^2 - 8 =: h(\rho), perché cos⁡4θ+sin⁡4θ=1−12sin⁡22θ≥12\cos^4\theta + \sin^4\theta = 1 - \frac12\sin^2 2\theta \ge \frac12. La stima non dipende da θ\theta e h(ρ)→+∞h(\rho) \to +\infty: il minimo assoluto esiste. Dove si trova? Su R2\mathbb{R}^2 (aperto) deve essere un punto critico, e fra i valori −8,−12,−16-8, -12, -16 il più basso è −16-16: min⁡R2f=−16,assunto nei quattro punti (±2,±2).\min_{\mathbb{R}^2} f = -16, \quad \text{assunto nei quattro punti } (\pm\sqrt2, \pm\sqrt2).

Controllo senza polari. Poiché f=g(x)+g(y)−8f = g(x) + g(y) - 8 e g(t)=t4−4t2=(t2−2)2−4≥−4g(t) = t^4 - 4t^2 = (t^2 - 2)^2 - 4 \ge -4, si ha subito f≥−4−4−8=−16f \ge -4 - 4 - 8 = -16, con uguaglianza se e solo se x2=y2=2x^2 = y^2 = 2. Stesso risultato.

Grafico interattivo: g(t) = t⁴ − 4t², con f(x,y) = g(x) + g(y) − 8. Minimi in t = ±√2 (g = −4), massimo locale in t = 0 (g = 0): le combinazioni dei tre valori di x e dei tre di y producono i nove punti critici

Errori tipici

  • Dire "ci sono 3 punti critici" invece di 9: le soluzioni di fx=0f_x = 0 e di fy=0f_y = 0 si combinano in tutti i modi.
  • Dichiarare (0,0)(0,0) massimo assoluto perché è l'unico massimo: ff è illimitata superiormente.

Versione ripasso

Testo. f=x4+y4−4(x2+y2+2)f = x^4 + y^4 - 4(x^2 + y^2 + 2): punti critici (quanti?), natura, estremi assoluti su R2\mathbb{R}^2.

Soluzione. f=g(x)+g(y)−8f = g(x) + g(y) - 8, g(t)=t4−4t2g(t) = t^4 - 4t^2.

  • fx=4x(x2−2)f_x = 4x(x^2 - 2), fy=4y(y2−2)f_y = 4y(y^2 - 2): x,y∈{0,±2}x, y \in \{0, \pm\sqrt2\}, combinazioni indipendenti: 9 punti.
  • H=diag⁡(12x2−8, 12y2−8)H = \operatorname{diag}(12x^2 - 8,\ 12y^2 - 8), valori −8-8 (se coordinata 00) e 1616 (se ±2\pm\sqrt2).
    • (0,0)(0,0): massimo relativo, f=−8f = -8.
    • 4 punti con una coordinata 00: selle, f=−12f = -12.
    • (±2,±2)(\pm\sqrt2, \pm\sqrt2): minimi relativi, f=−16f = -16.
  • Massimo: f(x,0)→+∞f(x,0) \to +\infty, non esiste. Minimo: in polari f≥12ρ4−4ρ2−8→+∞f \ge \frac12\rho^4 - 4\rho^2 - 8 \to +\infty (stima indipendente da θ\theta) ⇒\Rightarrow esiste, min⁡f=−16\min f = -16 nei 4 punti. Alternativa: g(t)=(t2−2)2−4≥−4g(t) = (t^2 - 2)^2 - 4 \ge -4.

Errori: contare 3 punti invece di 9; chiamare (0,0)(0,0) massimo assoluto.

Teoria collegata