Curve di livello

[HowardRoark]

Ho un dubbio sullo svolgimento che è scritto sul mio testo riguardo questo esercizio: determinare le curve superiori di livello della funzione $f(x,y)=(e^(x+y) + 1)/(e^(x+y))$.
Se ho capito bene l'interpretazione di quello che c'è da fare, si tratta di intersecare $f(x,y)$ con un piano $pi(x,y)=k$ e proiettare su $Oxy$ i punti di $f(x,y)$ di altezza maggiore di $k$.

Il mio libro procede così:
$(e^(x+y)+1)/(e^(x+y)) > k => e^(x+y)+1>ke^(x+y) => e^(x+y)(1-k)> -1 => e^(x+y)>1/(k-1)$. Qui il verso della disequazione non cambia, quindi presumo che $1-k > 0 <=> k<1$.
Però poi passa al logaritmo, e:
$x+y>ln(1/(k-1))$, ma il logaritmo a destra è definito solo per $k>1$.
C'è un errore del testo o sbaglio?

[Mephlip]

Essendo $e^{x+y}+1>e^{x+y}$, è $\frac{e^{x+y}+1}{e^{x+y}}>1$ e quindi, in $\frac{e^{x+y}+1}{e^{x+y}}=k$, il caso $k \le 1$ non può avvenire. Più rigorosamente, per $k \le 1$ non esistono soluzioni in $\mathbb{R}^2$ dell'equazione $\frac{e^{x+y}+1}{e^{x+y}}=k$. In termini insiemistici:
\[\left\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \ \text{t.c} \ \left(\frac{e^{x+y}+1}{e^{x+y}}=k\right) \wedge (k \le 1) \right\}=\varnothing \]

[HowardRoark]

il caso $k \le 1$ non può avvenire.

Quindi questo passaggio: $e^(x+y)(1-k)> -1 => e^(x+y) > 1/(k-1)$ è sbagliato?
Come hai scritto, $(e^(x+y)+1)/(e^(x+y)) > k$ è sempre verificata per $k<=1$, ma allora se si cercavano le soluzioni per $k>1$ il verso della disequazione sarebbe dovuto cambiare (perché ovviamente $(1-k)$ sarebbe stato negativo).

[Mephlip]

Quindi questo passaggio: $e^(x+y)(1-k)> -1 => e^(x+y) > 1/(k-1)$ è sbagliato?

Sì, l'implicazione è falsa perché non tiene conto del segno di $1-k$.

ma allora se si cercavano le soluzioni per k>1 il verso della disequazione sarebbe dovuto cambiare (perché ovviamente (1−k) sarebbe stato negativo).

Sì. È facile fare errori quando ci sono dei parametri; lo svolgimento corretto è il seguente. Ripetendo i passaggi del libro (almeno fino a quando sono corretti), si ottiene:
\[ \left[\frac{e^{x+y}+1}{e^{x+y}}>k \right] \iff \left[(1-k)e^{x+y}>-1\right] \]
Ora, bisogna distinguere i casi a seconda del segno di $1-k$. Se $1-k \ge 0$, ossia se $k \le 1$, la disequazione è vera per ogni $(x,y)\in\mathbb{R}^2$ perché il membro di sinistra è non negativo e quindi è certamente strettamente maggiore di $-1$. Altrimenti, risulta:
\[ \left[\left((1-k)e^{x+y}>-1\right) \wedge (k>1) \right] \iff \left[\left(e^{x+y}<\frac{1}{k-1}\right) \wedge (k>1)\right] \]
Da $k>1$ segue \(1/(k-1)>0\), quindi la disequazione con l'esponenziale è equivalente a quella ottenuta applicando il logaritmo naturale ambo i membri:
\[ \left[\left(e^{x+y}<\frac{1}{k-1}\right) \wedge (k>1)\right] \iff \left[\left(x+y < \log\frac{1}{k-1}\right) \wedge (k>1)\right] \]
\[ \iff \left[\left(y<-x-\log(k-1)\right) \wedge (k>1)\right] \]
Spero di non aver fatto errori, vista la tarda ora. Se qualcosa non ti torna, dimmelo che lo rivediamo insieme.

[HowardRoark]

Torna tutto, grazie mille!

[gugo82]

Un modo per semplificare i (già semplici) calcoli.

Osserva che $f(x,y)$ è una funzione composta, cioè che $f(x,y)=phi(e^(x+y))$ con $phi(t) := (t+1)/t$ definita in $]0,+oo[$; per calcolare le equazioni delle linee di livello di $f$ ti basta risolvere l'equazione in una sola incognita (la $t$) $phi(t) = k$ con $k>1$ (perché $phi(t)$ è una frazione positiva impropria, quindi per $k<=1$ non c'è nulla¹) e poi sostituire $t=e^(x+y)$ nella soluzione, calcolando $x+y$.
In particolare, hai:
\[
\phi (t) = k \quad \Leftrightarrow \quad (k-1) t = 1 \quad \Leftrightarrow \quad t = \frac{1}{k-1}
\]
da cui:
\[
e^{x+y} = \frac{1}{k-1}\quad \Leftrightarrow \quad x + y = - \log (k-1)\; .
\]

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Note

1. Un modo più elegante per dirlo è: l'immagine della funzione $phi$ è contenuta in $]1,+oo[$. ↑

[HowardRoark]

Ciao gugo, grazie per la dritta. Credo che quando si ha a che fare con funzioni composte considerare una variabile ausiliaria sia quasi sempre la cosa migliore per semplificarsi i calcoli.