Esercizio - Punti critici con esponenziale e assenza di estremi globali (appello 9 settembre 2025)

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, quarto appello 2025.

Testo

Sia $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$, $$f(x,y) = e^x\,(x-1)(y-1) + (y-1)^2.$$

• (a) Trovare i punti critici di $f$ e studiarne la natura.
• (b) Dire se $f$ ha massimo e minimo assoluti su $\mathbb{R}^2$; calcolare $\sup f$ e $\inf f$.

Soluzione

(a) Punti critici

Derivate parziali (si raccoglie $y - 1$): $$f_x = e^x(y-1)\big[(x-1) + 1\big] = x\,e^x\,(y-1), \qquad f_y = e^x(x-1) + 2(y-1).$$ Il sistema $f_x = 0,\ f_y = 0$ si risolve partendo dall'equazione che si fattorizza, la prima. Poiché $e^x > 0$, $f_x = 0$ vale se e solo se $x = 0$ oppure $y = 1$.

• Caso $x = 0$. La seconda equazione diventa $e^0(0 - 1) + 2(y-1) = -1 + 2y - 2 = 0$, quindi $y = \frac32$. Punto $P_1 = \left(0, \frac32\right)$.
• Caso $y = 1$. La seconda equazione diventa $e^x(x - 1) + 0 = 0$, quindi $x = 1$ (perché $e^x \ne 0$). Punto $P_2 = (1, 1)$.

Ci sono due punti critici. Hessiana: le derivate seconde sono $$f_{xx} = (x+1)\,e^x\,(y-1), \qquad f_{xy} = x\,e^x, \qquad f_{yy} = 2.$$

• In $P_1 = (0, \frac32)$: $f_{xx} = 1\cdot 1\cdot \frac12 = \frac12$, $f_{xy} = 0$, $f_{yy} = 2$. $\det H = 1 > 0$ e $f_{xx} > 0$: minimo relativo forte, con $f(P_1) = e^0(-1)\frac12 + \frac14 = -\frac12 + \frac14 = -\frac14$.
• In $P_2 = (1,1)$: $f_{xx} = 0$, $f_{xy} = e$, $f_{yy} = 2$. $\det H = 0\cdot 2 - e^2 = -e^2 < 0$: sella, con $f(P_2) = 0$.

(b) Estremi globali

Il minimo relativo $-\frac14$ non è assoluto se si trova un punto dove $f$ scende più in basso: conviene scrivere $f$ ponendo $s = y - 1$: $$f = s\,\big[(x-1)e^x + s\big].$$

• $\sup f = +\infty$. Con $x = 0$ si ha $f(0, 1+s) = s(-1 + s) = s^2 - s \to +\infty$ per $s \to \pm\infty$.
• $\inf f = -\infty$. Con $s = -1$ (cioè $y = 0$) si ha $f(x, 0) = -\big[(x-1)e^x - 1\big] = 1 - (x-1)e^x$, che tende a $-\infty$ per $x \to +\infty$ (l'esponenziale batte il fattore lineare).

Quindi né il massimo né il minimo assoluti esistono, e il minimo relativo in $\left(0, \frac32\right)$ è solo locale.

Errori tipici

• Dividere per $y - 1$ nella prima equazione: si perde la soluzione $y = 1$ (da cui il punto $(1,1)$).
• Credere che l'unico minimo relativo sia il minimo assoluto: succede se $f$ è coerciva, ma qui $f$ è illimitata inferiormente.