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Esercizi · Funzioni di più variabili

Esercizi · Capitolo 2 · ogni soluzione si apre con un clic · Capitolo 2: Funzioni di più variabili · Eserciziario, volume 1 (PDF)

Esercizio 2.1: Funzioni di più variabili (E1)

Consideriamo la seguente funzione a valori reali:

\[ f: \R^2 \rightarrow \R,~~ f: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \mapsto x_1^3 + 2\,x_1 x_2^2 - 3\,x_2 \]

Domande

  1. Calcolare il valore della funzione nei punti \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}\).

  2. Calcolare il gradiente della funzione e valutarlo nei due punti.

  3. Calcolare la matrice Hessiana della funzione e valutarla nei due punti.

Soluzione

  1. Sostituendo le coordinate dei punti:

    \[\begin{align*} f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) &= 1^3 + 2 \cdot 1 \cdot 1^2 - 3 \cdot 1 = 1 + 2 - 3 = 0 \\[2ex] f\left(\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}\right) &= (-1)^3 + 2 \cdot (-1) \cdot 2^2 - 3 \cdot 2 = -1 - 8 - 6 = -15 \end{align*}\]

  2. Le derivate parziali sono \(\frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_1} = 3\,x_1^2 + 2\,x_2^2\) e \(\frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_2} = 4\,x_1 x_2 - 3\), quindi il gradiente è:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 3\,x_1^2 + 2\,x_2^2 \\[1ex] 4\,x_1 x_2 - 3 \end{pmatrix} \]

    Nei due punti:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 3 + 2 \\ 4 - 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \nabla f\left(\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 3 + 8 \\ -8 - 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 11 \\ -11 \end{pmatrix} \]

  3. Derivando ancora una volta le due derivate parziali:

    \[ \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 6\,x_1 & 4\,x_2 \\[1ex] 4\,x_2 & 4\,x_1 \end{pmatrix} \]

    che è una matrice simmetrica dipendente dal punto. Nei due punti:

    \[ \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 6 & 4 \\ 4 & 4 \end{pmatrix}, \qquad \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} -6 & 8 \\ 8 & -4 \end{pmatrix} \]

Esercizio 2.2: Funzioni di più variabili (E2)

Consideriamo la seguente funzione a valori reali:

\[ f: \R^2 \rightarrow \R,~~ f: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \mapsto x_1^4 - 2\,x_1^2 x_2 + x_2^2 \]

Domande

  1. Mostrare che \(f({\boldsymbol x}) = (x_1^2 - x_2)^2\).

  2. Calcolare il gradiente e la matrice Hessiana della funzione.

  3. Valutare il gradiente e la matrice Hessiana nei punti \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\).

  4. Trovare tutti i punti in cui il gradiente è il vettore nullo, e il valore della funzione in questi punti.

Soluzione

  1. Sviluppando il quadrato:

    \[ (x_1^2 - x_2)^2 = x_1^4 - 2\,x_1^2 x_2 + x_2^2 = f({\boldsymbol x}) \]

  2. Le derivate parziali sono \(\frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_1} = 4\,x_1^3 - 4\,x_1 x_2\) e \(\frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_2} = -2\,x_1^2 + 2\,x_2\), quindi:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 4\,x_1^3 - 4\,x_1 x_2 \\[1ex] -2\,x_1^2 + 2\,x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\,x_1\,(x_1^2 - x_2) \\[1ex] -2\,(x_1^2 - x_2) \end{pmatrix} \]

    e

    \[ \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 12\,x_1^2 - 4\,x_2 & -4\,x_1 \\[1ex] -4\,x_1 & 2 \end{pmatrix} \]

  3. Nel punto \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) abbiamo \(x_1^2 - x_2 = 0\), e:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}, \qquad \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 12 - 4 & -4 \\ -4 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & -4 \\ -4 & 2 \end{pmatrix} \]

    Nel punto \(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) abbiamo \(x_1^2 - x_2 = 1\), e:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 4 \cdot 1 \cdot 1 \\ -2 \cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \end{pmatrix}, \qquad \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 12 & -4 \\ -4 & 2 \end{pmatrix} \]

  4. La seconda componente del gradiente è nulla se e solo se \(x_2 = x_1^2\), e in questo caso è nulla anche la prima componente \(4\,x_1\,(x_1^2 - x_2)\). Quindi, il gradiente è il vettore nullo in tutti i punti della parabola:

    \[ \left\{~\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \in \R^2:~ x_2 = x_1^2 ~\right\} \]

    (per esempio \(\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}\), \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix}\)), che è un insieme infinito di punti. In tutti questi punti il valore della funzione è \(f({\boldsymbol x}) = (x_1^2 - x_2)^2 = 0\): questa parabola è l'insieme di livello \(L(0)\) della funzione.

Esercizio 2.3: Funzioni di più variabili (E3)

Consideriamo la seguente funzione a valori reali di tre variabili:

\[ f: \R^3 \rightarrow \R,~~ f: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \mapsto x_1^2 x_3 + x_2 x_3^2 - 2\,x_1 x_2 + x_3 \]

Domande

  1. Calcolare il valore della funzione nei punti \(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}\).

  2. Calcolare il gradiente della funzione e valutarlo nei due punti.

  3. Calcolare la matrice Hessiana della funzione e valutarla nei due punti.

Soluzione

  1. Sostituendo le coordinate dei punti:

    \[\begin{align*} f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\right) &= 1^2 \cdot 2 + 0 \cdot 2^2 - 2 \cdot 1 \cdot 0 + 2 = 2 + 0 - 0 + 2 = 4 \\[2ex] f\left(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}\right) &= 0^2 \cdot (-1) + 1 \cdot (-1)^2 - 2 \cdot 0 \cdot 1 + (-1) = 0 + 1 - 0 - 1 = 0 \end{align*}\]

  2. Le tre derivate parziali sono:

    \[ \frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_1} = 2\,x_1 x_3 - 2\,x_2, \qquad \frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_2} = x_3^2 - 2\,x_1, \qquad \frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_3} = x_1^2 + 2\,x_2 x_3 + 1 \]

    quindi il gradiente è:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 2\,x_1 x_3 - 2\,x_2 \\[1ex] x_3^2 - 2\,x_1 \\[1ex] x_1^2 + 2\,x_2 x_3 + 1 \end{pmatrix} \]

    Nei due punti:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 4 - 0 \\ 4 - 2 \\ 1 + 0 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}, \qquad \nabla f\left(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 0 - 2 \\ 1 - 0 \\ 0 - 2 + 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \]

  3. Derivando ciascuna derivata parziale rispetto a \(x_1\), \(x_2\) e \(x_3\):

    \[ \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 2\,x_3 & -2 & 2\,x_1 \\[1ex] -2 & 0 & 2\,x_3 \\[1ex] 2\,x_1 & 2\,x_3 & 2\,x_2 \end{pmatrix} \]

    che è una matrice simmetrica dipendente dal punto. Nei due punti:

    \[ \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 4 & -2 & 2 \\ -2 & 0 & 4 \\ 2 & 4 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} -2 & -2 & 0 \\ -2 & 0 & -2 \\ 0 & -2 & 2 \end{pmatrix} \]

Esercizio 2.4: Funzioni di più variabili (E4)

Consideriamo la seguente funzione a valori reali:

\[ f: \R^2 \rightarrow \R,~~ f: \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \mapsto x_2 - x_1^2 \]

Domande

  1. Calcolare il gradiente e la matrice Hessiana della funzione.

  2. Descrivere gli insiemi di livello \(L(k)\) della funzione per ogni \(k \in \R\).

  3. Valutare il gradiente nel punto \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) dell'insieme di livello \(L(0)\) e nel punto \(\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix}\) dell'insieme di livello \(L(2)\).

  4. Disegnare gli insiemi di livello \(L(0)\) e \(L(2)\) e i due gradienti della domanda precedente, e verificare che ciascun gradiente è perpendicolare all'insieme di livello passante per il suo punto.

Soluzione

  1. Le derivate parziali sono \(\frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_1} = -2\,x_1\) e \(\frac{\partial f(\boldsymbol x)}{\partial x_2} = 1\), quindi:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} -2\,x_1 \\[1ex] 1 \end{pmatrix}, \qquad \nabla^2 f\left(\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} -2 & 0 \\[1ex] 0 & 0 \end{pmatrix} \]

    La matrice Hessiana è costante. La seconda componente del gradiente vale sempre \(1\), quindi il gradiente non è mai il vettore nullo.

  2. Per ogni \(k \in \R\):

    \[ L(k) = \left\{~\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \in \R^2:~ x_2 - x_1^2 = k ~\right\} = \left\{~\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \in \R^2:~ x_2 = x_1^2 + k ~\right\} \]

    Ogni insieme di livello è una parabola di vertice \(\begin{pmatrix} 0 \\ k \end{pmatrix}\), ottenuta traslando la parabola \(x_2 = x_1^2\) verticalmente di \(k\).

  3. Il punto \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) appartiene a \(L(0)\) poiché \(1 - 1^2 = 0\), e il punto \(\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix}\) appartiene a \(L(2)\) poiché \(2 - 0^2 = 2\). I gradienti sono:

    \[ \nabla f\left(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad \nabla f\left(\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \]

  4. Disegniamo i due insiemi di livello con i gradienti, e poi verifichiamo la perpendicolarità con le direzioni tangenti.

    Soluzione grafica: la figura mostra gli insiemi di livello \(L(0)\) (in blu) e \(L(2)\) (in arancione) e i due gradienti (in rosso), tracciati a partire dai loro punti:

    Figura 1

    La direzione tangente a un insieme di livello \(x_2 = x_1^2 + k\) in un punto di prima coordinata \(x_1\) è \(\begin{pmatrix} 1 \\ 2\,x_1 \end{pmatrix}\) (la derivata di \(x_1^2 + k\) è \(2\,x_1\)):

    • in \(\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) la direzione tangente è \(\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} -2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} = -2 + 2 = 0\);

    • in \(\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix}\) la direzione tangente è \(\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) e \(\begin{pmatrix} 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = 0\).

    Quindi, entrambi i gradienti sono perpendicolari all'insieme di livello passante per il loro punto, e puntano verso gli insiemi di livello con valori di \(k\) più grandi.