Determinazione natura retta di punti stazionari

[ampetrosillo]

Sia data la seguente funzione:

$ f(x,y) = \frac{y^2e^(x+y)}{x} $.

Il dominio della funzione è $ D = {(x,y) in RR^2 : x != 0} $

La funzione è di classe $ C^\infty(D) $, essendo la funzione un quoziente di funzioni di classe $ C^\infty(D) $.

Inoltre non è prolungabile nell'origine, poichè restringendo la funzione a $ f(x, root(3)(x)) $ (avendo visto in precedenza che, in forma polare, si presenta per $ theta = +-pi/2 $, una forma di indeterminazione), si vede subito che sull'asse y, in prossimità dell'origine, la funzione diverge.

Calcolando le derivate parziali prime (le ometto per rapidità), si trovano come punti stazionari il punto $ A(1, -2) $ e la retta $ y = 0 $ privata dell'origine.

Mi voglio soffermare su questo secondo caso: dopo aver determinato le derivate parziali seconde, e scritto la forma quadratica di f, sulla retta $ y = 0 $ ( $ x = tilde(x) $ ), essa risulta pari a:

$ q(bar(h)) = \frac{4e^tilde(x)}{tilde(x)}h_y^2 $.

La forma quadratica è allora chiaramente semidefinita positiva per $ x > 0 $, negativa per $ x < 0 $, e la retta (come ovvio) rappresenta un luogo di punti di... massimo? Minimo? È questo ora il mio dubbio.

Che risolvo in questo modo: la forma quadratica non è altro che (il doppio dell') incremento di $ f $ laddove il gradiente è nullo* (e dunque ogni incremento di $ f $, in corrispondenza del luogo dei punti critici, dipende solamente dalla forma quadratica più un infinitesimo di ordine $ |bar(h)^2| $). Dunque posso tranquillamente dire che, essendo la forma quadratica definita positiva a destra dell'origine (lungo l'asse x), la retta rappresenta un luogo di punti di minimo, mentre a sinistra dell'origine, rappresenta un luogo di punti di massimo.

Dico bene?

* sfruttando lo sviluppo di Taylor con resto secondo Peano

[stormy]

mamma mia,che ragionamento cervellotico
ci si può arrivare anche osservando direttamente l'espressione della funzione
in ogni punto $P$ dell'asse $x$ diverso dall'origine,la funzione vale zero
ora, se $x>0$ esiste un intorno di $P$ in cui la funzione assume sempre valori non negativi
analogamente si ragiona per $x<0$

[ampetrosillo]

Hmm, giusto.

[ampetrosillo]

Allora, sto facendo un altro studio di funzione:

$ f(x, y) = x^2(x^2+4y^2-4) $

Il dominio è $ RR^2 $, la funzione è di classe $ C^\infty(RR^2) $ ed è radiale (essendo pari sia lungo l'asse $ x $, sia lungo l'asse $ y $).

Le derivate parziali prime sono:

$ f_x = 4x(x^2+2y^2-2) $
$ f_y = 8x^2y $

Ne consegue che i punti critici sono:

1) retta $ x = 0 $ (asse $ y $ )
2) i due punti $ A(sqrt(2), 0), B(-sqrt(2), 0) $

Vorrei cercare di evitare "ragionamenti cervellotici" (conviene anche per questioni di tempo), quindi studiando la funzione, mi viene da dire che, studiando il segno del polinomio tra parentesi ( $ x^2 + 4y^2 - 4 $ ), in prossimità dell'asse $ y $ esso è positivo per $ y <= -1 vv y >= 1 $, mentre è negativo altrove. Quindi nel primo caso, l'asse $ y $ è di minimo, nel secondo è di massimo.

Verifico tramite lo studio della forma quadratica (o dell'Hessiano, se preferite): infatti le derivate parziali seconde sono:

$ f_(xx) = 4(x^2 + 2y^2 - 2) + 4x(2x) = 12x^2 + 8y^2 - 8 $
$ f_(xy) = f_(yx) = 16xy $
$ f_(yy) = 8x^2 $

La forma quadratica "centrata" sull'asse $ y $ è pari a:

$ q(bar(h)) = (8tilde(y)^2 - 8)h_x^2 + 0 + 0 $, dunque il determinante della matrice Hessiana è pari a 0, e dunque è semidefinita positiva per $ y < -1, y > 1 $, negativa per $ -1 < y < 1 $. Per $ y = +-1 $ non so però che dire, essendo l'incremento di $ f $ nullo per qualsiasi $ h_x $.