Esercizio 21punti critici e criterio dell'hessiana

Testo. Studiare i punti critici, determinandone la natura.

1. (Lezione 4, esercizio 1.) $f(x, y) = x^4 + y^4 - 4xy$.
2. (Lezione 4, esercizio 2.) $f(x, y) = x\,e^y + y\,e^x$.
3. (Lezione 4, esercizio 3.) $f(x, y) = x(\log^2 x + y^2)$.
4. (Appello 4, 5 settembre 2017.) Sia $f(x, y) = 10x^2y - 5x^2 - 4y^2 - x^4 - 2y^4$. Mostrare che $(0, 0)$ è un punto critico di $f$ e determinarne la natura.
5. (I compitino, 25 novembre 2014.) Sia $f(x, y) = x^2 + xy + y^2 - x^2y^2$. Determinare la natura del punto $(0, 0)$. Facoltativo: dire se $f$ ha un minimo assoluto.

Teoria: Massimi e minimi liberi - punti critici e matrice hessianaRegola di Fermat: in un punto interno di massimo o minimo locale, dove f è derivabile, ∇f(p) = 0 (punto critico). Non vale il viceversa: x² − y² ha in (0,0) un punto di sella. Per f ∈ C² in un punto critico interno, criterio dell'hessiana in due variabili: det Hess > 0 e f_xx > 0 → minimo locale stretto; det > 0 e f_xx < 0 → massimo locale stretto; det < 0 → sella; det = 0 → il criterio non decide (x⁴ + y⁴, −x⁴ − y⁴, x⁴ − y⁴) e si studia il segno di f(x) − f(p) direttamente.Massimi e minimi liberi - punti critici e matrice hessiana →.

Il criterio (per $f \in C^2$ in un punto critico interno): $\det\operatorname{Hess} > 0$ e $f_{xx} > 0$ → minimo locale stretto; $\det > 0$ e $f_{xx} < 0$ → massimo locale stretto; $\det < 0$ → sella; $\det = 0$ → non decide.

1. $x^4 + y^4 - 4xy$

Sistema. $\nabla f = (4x^3 - 4y,\ 4y^3 - 4x)$: $$\begin{cases} y = x^3 \\ x = y^3 \end{cases} \implies x = (x^3)^3 = x^9 \implies x(x^8 - 1) = 0 \implies x \in \{0, 1, -1\}$$ (senza dividere per $x$, per non perdere la soluzione $x = 0$; $x^8 = 1$ ha le sole soluzioni reali $\pm1$). Con $y = x^3$: punti critici $(0, 0)$, $(1, 1)$, $(-1, -1)$.

Hessiana. $\operatorname{Hess}f = \begin{pmatrix} 12x^2 & -4 \\ -4 & 12y^2 \end{pmatrix}$.

• $(0, 0)$: $\begin{pmatrix} 0 & -4 \\ -4 & 0 \end{pmatrix}$, $\det = -16 < 0$: sella.
• $(\pm1, \pm1)$: $\begin{pmatrix} 12 & -4 \\ -4 & 12 \end{pmatrix}$, $\det = 144 - 16 = 128 > 0$, $f_{xx} = 12 > 0$: minimi locali stretti, con $f = 1 + 1 - 4 = -2$.

Sono anche minimi assoluti: $f \to +\infty$ all'infinito (i termini di quarto grado dominano $4xy$), quindi il minimo assoluto esiste ed è in un punto critico; il più basso è $-2$.

2. $x\,e^y + y\,e^x$

Sistema. $$\partial_x f = e^y + y\,e^x = 0, \qquad \partial_y f = x\,e^y + e^x = 0$$ Dalla prima $y\,e^x = -e^y < 0$, quindi $y < 0$; dalla seconda $x\,e^y = -e^x < 0$, quindi $x < 0$. Riscriviamo come $-y = e^{y - x}$ e $-x = e^{x - y}$. Chiamando $d = y - x$: $$-y = e^{d}, \qquad -x = e^{-d} \implies d = y - x = -e^{d} + e^{-d} = -2\sinh d$$ L'equazione $d + 2\sinh d = 0$ ha la sola soluzione $d = 0$ (la funzione $d + 2\sinh d$ è strettamente crescente, con derivata $1 + 2\cosh d > 0$). Quindi $x = y$ e $-x = e^0 = 1$: unico punto critico $(-1, -1)$.

Hessiana. $f_{xx} = y\,e^x$, $f_{xy} = e^y + e^x$, $f_{yy} = x\,e^y$. In $(-1, -1)$: $$\operatorname{Hess}f(-1, -1) = \begin{pmatrix} -e^{-1} & 2e^{-1} \\ 2e^{-1} & -e^{-1} \end{pmatrix}, \qquad \det = e^{-2} - 4e^{-2} = -3e^{-2} < 0$$ Sella.

3. $x(\log^2 x + y^2)$

Dominio: $x > 0$ (aperto, quindi ogni punto è interno).

Sistema. $$\partial_x f = \log^2 x + y^2 + x\cdot\frac{2\log x}{x} = \log^2 x + 2\log x + y^2, \qquad \partial_y f = 2xy$$ $\partial_y f = 0$ con $x > 0$ impone $y = 0$; allora $\log^2 x + 2\log x = \log x\,(\log x + 2) = 0$, cioè $\log x = 0$ ($x = 1$) o $\log x = -2$ ($x = e^{-2}$). Punti critici: $(1, 0)$ e $(e^{-2}, 0)$.

Hessiana. $f_{xx} = \frac{2\log x}{x} + \frac2x = \frac{2(\log x + 1)}{x}$, $f_{xy} = 2y$, $f_{yy} = 2x$.

• $(1, 0)$: $f_{xx} = 2$, $f_{xy} = 0$, $f_{yy} = 2$; $\det = 4 > 0$, $f_{xx} > 0$: minimo locale stretto, $f(1, 0) = 0$. È anche assoluto, perché $f \ge 0$ su tutto il dominio ($x > 0$ e la parentesi è una somma di quadrati).
• $(e^{-2}, 0)$: $f_{xx} = \frac{2(-2 + 1)}{e^{-2}} = -2e^2$, $f_{yy} = 2e^{-2}$, $f_{xy} = 0$; $\det = -4 < 0$: sella.

4. $10x^2y - 5x^2 - 4y^2 - x^4 - 2y^4$ in $(0, 0)$

$\nabla f = (20xy - 10x - 4x^3,\ 10x^2 - 8y - 8y^3)$, che in $(0, 0)$ vale $(0, 0)$: critico.

$f_{xx} = 20y - 10 - 12x^2$, $f_{xy} = 20x$, $f_{yy} = -8 - 24y^2$. In $(0, 0)$: $$\operatorname{Hess}f(0, 0) = \begin{pmatrix} -10 & 0 \\ 0 & -8 \end{pmatrix}, \qquad \det = 80 > 0, \quad f_{xx} = -10 < 0$$ Massimo locale stretto, con $f(0, 0) = 0$.

Controllo intuitivo: vicino all'origine dominano i termini di secondo grado $-5x^2 - 4y^2$, negativi; i termini $10x^2y$, $-x^4$, $-2y^4$ sono di ordine superiore.

5. $x^2 + xy + y^2 - x^2y^2$

$\nabla f = (2x + y - 2xy^2,\ x + 2y - 2x^2y)$ si annulla in $(0, 0)$. Hessiana in $(0, 0)$: $$\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \det = 3 > 0, \quad f_{xx} = 2 > 0$$ Minimo locale stretto (risposta b).

Facoltativo: c'è un minimo assoluto? No. Sulla bisettrice $y = x = t$: $f(t, t) = 3t^2 - t^4 \to -\infty$ per $t \to \infty$. La funzione non è limitata inferiormente: il minimo locale nell'origine non è assoluto.

Errori comuni

• Dividere per $x$ nel sistema dell'esercizio 1 e perdere $(0, 0)$.
• Dimenticare il dominio nell'esercizio 3 ($x > 0$, che rende ogni punto interno e permette di dividere per $x$).
• Dichiarare "minimo assoluto" un minimo locale senza controllare il comportamento all'infinito (esercizio 5).