Esercizio - Punti critici con hessiana degenere (esercizi 17 e 18)

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 → (paragrafo sul caso $\det H = 0$). Fonte: raccolta di esercizi di Fondamenti di Analisi Matematica 2 (Ing. Aerospaziale UniPD 2025-26), esercizi 17 e 18.

Testo

Esercizio 17. Sia $f(x,y) = x^3 + (x+y)^2$. Determinare (i) i punti di massimo e minimo relativo; (ii) l'immagine $f(\mathbb{R}^2)$.

Esercizio 18. Sia $f_\alpha(x,y) = x^3 + 4\alpha xy - 2\alpha y^2$ con $\alpha \in \mathbb{R}$. Determinare i valori di $\alpha$ per i quali $f_\alpha$ non ha punti di minimo relativo; per tali $\alpha$ trovare gli eventuali punti di massimo relativo e di sella.

Soluzione dell'esercizio 17

(i) Il gradiente è $\nabla f = (3x^2 + 2(x+y),\ 2(x+y))$. La seconda componente si annulla per $y = -x$; sostituendo nella prima si ottiene $3x^2 = 0$. L'unico punto critico è $(0,0)$.

L'hessiana è $H = \begin{pmatrix} 6x + 2 & 2 \\ 2 & 2\end{pmatrix}$, in $(0,0)$ vale $\begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 2 & 2\end{pmatrix}$ con $\det H = 0$: il criterio non decide. Si studia allora il segno di $f - f(0,0) = f$ lungo la retta $y = -x$, dove la forma quadratica si annulla: $$f(x,-x) = x^3.$$ È positiva per $x > 0$ e negativa per $x < 0$ in ogni intorno dell'origine: $(0,0)$ è una sella. Poiché non ci sono altri punti critici, $f$ non ha né massimi né minimi relativi.

(ii) $f$ è continua su $\mathbb{R}^2$ (connesso), quindi $f(\mathbb{R}^2)$ è un intervallo (Topologia di Rn, teorema di Weierstrass e teorema degli zeriDato E ⊆ R^n, ogni punto è interno, esterno o di frontiera (partizione). E è aperto se E = interno, chiuso se il complementare è aperto (equivalentemente contiene la frontiera, o contiene i limiti delle sue successioni). Palle aperte e insiemi {f<c} con f continua sono aperti; {f≤c}, {f=c} chiusi. Compatto = chiuso e limitato. Weierstrass: f continua su un compatto ha massimo e minimo; vale anche su un chiuso illimitato se f→+∞ (minimo) o f→−∞ (massimo) all'infinito. Connesso per archi + f continua con segni opposti ⇒ f si annulla (teorema degli zeri).Topologia di Rn, teorema di Weierstrass e teorema degli zeri →). Lungo la retta $y = -x$ vale $x^3$, che assume tutti i valori reali. Quindi $f(\mathbb{R}^2) = \mathbb{R}$.

Soluzione dell'esercizio 18

Punti critici. $\nabla f_\alpha = (3x^2 + 4\alpha y,\ 4\alpha x - 4\alpha y) = (3x^2 + 4\alpha y,\ 4\alpha(x - y))$.

• Caso $\alpha = 0$. $f_0 = x^3$, con $\nabla f_0 = (3x^2, 0)$ nullo su tutta la retta $x = 0$. Lì $f_0 = 0$, ma $f_0(x,y) = x^3$ cambia segno attraversando la retta: nessuno è un estremo. Sono tutti punti di sella. $f_0$ non ha minimi relativi (né massimi).
• Caso $\alpha \ne 0$. La seconda equazione dà $y = x$; la prima diventa $3x^2 + 4\alpha x = x(3x + 4\alpha) = 0$, quindi $x = 0$ oppure $x = -\frac{4\alpha}{3}$. Punti: $O = (0,0)$ e $P_\alpha = \left(-\frac{4\alpha}{3}, -\frac{4\alpha}{3}\right)$.

Hessiana. $H = \begin{pmatrix} 6x & 4\alpha \\ 4\alpha & -4\alpha\end{pmatrix}$.

• In $O$: $H = \begin{pmatrix} 0 & 4\alpha \\ 4\alpha & -4\alpha\end{pmatrix}$, $\det H = -16\alpha^2 < 0$ per $\alpha \ne 0$: sella per ogni $\alpha \ne 0$.
• In $P_\alpha$: $f_{xx} = 6x = -8\alpha$, $f_{xy} = 4\alpha$, $f_{yy} = -4\alpha$, quindi $\det H = 32\alpha^2 - 16\alpha^2 = 16\alpha^2 > 0$. Il tipo dipende dal segno di $f_{xx} = -8\alpha$:
  • se $\alpha > 0$: $f_{xx} < 0$, massimo relativo forte, con $f_\alpha(P_\alpha) = \frac{32}{27}\alpha^3$;
  • se $\alpha < 0$: $f_{xx} > 0$, minimo relativo forte.

Conclusione. $f_\alpha$ non ha punti di minimo relativo se e solo se $\alpha \ge 0$.

• Per $\alpha > 0$: un massimo relativo in $\left(-\frac{4\alpha}{3}, -\frac{4\alpha}{3}\right)$ (valore $\frac{32\alpha^3}{27}$) e una sella nell'origine.
• Per $\alpha = 0$: nessun massimo; la retta $x = 0$ è formata da selle (infiniti punti).

(Verifica del valore: $f_\alpha(P_\alpha) = x^3 + 4\alpha x^2 - 2\alpha x^2 = x^3 + 2\alpha x^2$ con $x = -\frac{4\alpha}{3}$, cioè $-\frac{64\alpha^3}{27} + \frac{96\alpha^3}{27} = \frac{32\alpha^3}{27}$.)

Errori tipici

• Con $\det H = 0$ concludere "minimo" perché la forma quadratica è $\ge 0$: la direzione in cui si annulla va studiata a parte.
• Nell'esercizio 18, dimenticare il caso $\alpha = 0$ (infiniti punti critici) o la distinzione di segno di $\alpha$.