Differenziale e matrice Jacobiana
Funzione f: Rn -> Rm
Qual'è la dimostrazione rigorosa che, per una funzione di questo genere, la matrice associata al differenziale è la matrice Jacobiana?
Qual'è la dimostrazione rigorosa che, per una funzione di questo genere, la matrice associata al differenziale è la matrice Jacobiana?
Risposte
Nessuno conosce questo argomento???????????
Magari sì, ma nessuno è obbligato a rispondere. Togli un po' di punti interrogativi e modifica il tuo up con qualche per favore e considerazione personale.
Basta usare la definizione di differenziale e scrivere tutto rispetto alle basi canoniche, no?
OK Grazie
Il fatto che \(\mathbf{f}(\mathbf{x})\) sia differenziabile in \(\mathbf{x}_0\) equivale a dire che esiste un'applicazione lineare (continua, ma, dato che siamo in dimensione finita, questa richiesta è automaticamente soddisfatta) \(\mathcal{A}:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}^m\) tale che:
\[
\tag{1}
\lim_{\mathbf{x}\to \mathbf{x}_0} \frac{\left| \mathbf{f} (\mathbf{x}) - \mathbf{f} (\mathbf{x}_0) - \mathcal{A}(\mathbf{x} - \mathbf{x}_0)\right|}{\left| \mathbf{x} - \mathbf{x}_0\right| } = 0\; .
\]
Introdotti in \(\mathbb{R}^n\) ed \(\mathbb{R}^m\) i riferimenti canonici, possiamo scrivere \(\mathbf{x}=(x_1, x_2,\ldots ,x_n)\), \(\mathbf{f}(\mathbf{x}):=(f^1(\mathbf{x}),f^2(\mathbf{x}),\ldots ,f^m(\mathbf{x}))\) ed associare ad \(\mathcal{A}\) un'unica matrice \(A\in \mathbb{M}_{m\times n}\) tale che \(\mathcal{A}\mathbf{y} = A\cdot \mathbf{y}\). Quello che vogliamo fare è mostrare che:
\[
\tag{J}
A = \frac{\partial (f^1,f^2,\ldots ,f^m)}{\partial (x^1,x^2,\ldots ,x^n)} (\mathbf{x}_0) = \begin{pmatrix} \frac{\partial f^1}{\partial x^1}(\mathbf{x}_0) & \frac{\partial f^1}{\partial x^2}(\mathbf{x}_0) & \cdots & \frac{\partial f^1}{\partial x^n}(\mathbf{x}_0) \\
\frac{\partial f^2}{\partial x^1}(\mathbf{x}_0) & \frac{\partial f^2}{\partial x^2}(\mathbf{x}_0) & \cdots & \frac{\partial f^2}{\partial x^n}(\mathbf{x}_0)\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\frac{\partial f^m}{\partial x^1}(\mathbf{x}_0) & \frac{\partial f^m}{\partial x^2}(\mathbf{x}_0) & \cdots & \frac{\partial f^m}{\partial x^n}(\mathbf{x}_0)\end{pmatrix}\; .
\]
Se scegliamo \(\mathbf{x} = \mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}_k\), con \(k\in \{1,\ldots ,n\}\) ed \(\mathbf{e}_k=(\delta_k^1,\delta_k^2,\ldots , \delta_k^n)\) (ove i \(\delta\) sono di Kronecker), il limite (1) si riscrive:
\[
\lim_{t\to 0} \frac{\left| \mathbf{f} (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - \mathbf{f}(\mathbf{x}_0) - A\cdot (t\ \mathbf{e}^k)\right|}{|t\ \mathbf{e}^k|} = 0
\]
e ciò importa che:
\[
\lim_{t\to 0} \left| \frac{\mathbf{f} (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - \mathbf{f}(\mathbf{x}_0)}{t} - A\cdot\mathbf{e}^k\right| = 0
\]
ossia:
\[
\tag{2}
\lim_{t\to 0} \frac{\mathbf{f} (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - \mathbf{f}(\mathbf{x}_0)}{t} = A\cdot\mathbf{e}^k\; .
\]
Dato che il prodotto \(A\cdot \mathbf{e}^k\) coincide con la \(k\)-esima colonna di \(A\), cioé dato che \(A\cdot \mathbf{e}^k =(a_{1k},a_{2k},\ldots a_{mk})\), e visto che il limite di una funzione vettoriale si calcola componente per componente, dalla (2) si ricava:
\[
\left. \begin{split}
\lim_{t\to 0} \frac{f^1 (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - f^1 (\mathbf{x}_0)}{t} &= a_{1k}\\
\lim_{t\to 0} \frac{f^2 (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - f^2 (\mathbf{x}_0)}{t} &= a_{2k}\\
\vdots &\phantom{=} \\
\lim_{t\to 0} \frac{f^m (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - f^m (\mathbf{x}_0)}{t} &= a_{mk}
\end{split} \right\} \quad \Rightarrow \quad \begin{pmatrix} a_{1k}\\ a_{2k}\\ \vdots \\ a_{mk}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\partial f^1}{\partial x^k} (\mathbf{x_0})\\ \frac{\partial f^2}{\partial x^k} (\mathbf{x_0})\\ \vdots\\ \frac{\partial f^m}{\partial x^k} (\mathbf{x_0})\end{pmatrix}
\]
per la stessa definizione di derivata parziale; da ciò segue immediatamente la (J).
\[
\tag{1}
\lim_{\mathbf{x}\to \mathbf{x}_0} \frac{\left| \mathbf{f} (\mathbf{x}) - \mathbf{f} (\mathbf{x}_0) - \mathcal{A}(\mathbf{x} - \mathbf{x}_0)\right|}{\left| \mathbf{x} - \mathbf{x}_0\right| } = 0\; .
\]
Introdotti in \(\mathbb{R}^n\) ed \(\mathbb{R}^m\) i riferimenti canonici, possiamo scrivere \(\mathbf{x}=(x_1, x_2,\ldots ,x_n)\), \(\mathbf{f}(\mathbf{x}):=(f^1(\mathbf{x}),f^2(\mathbf{x}),\ldots ,f^m(\mathbf{x}))\) ed associare ad \(\mathcal{A}\) un'unica matrice \(A\in \mathbb{M}_{m\times n}\) tale che \(\mathcal{A}\mathbf{y} = A\cdot \mathbf{y}\). Quello che vogliamo fare è mostrare che:
\[
\tag{J}
A = \frac{\partial (f^1,f^2,\ldots ,f^m)}{\partial (x^1,x^2,\ldots ,x^n)} (\mathbf{x}_0) = \begin{pmatrix} \frac{\partial f^1}{\partial x^1}(\mathbf{x}_0) & \frac{\partial f^1}{\partial x^2}(\mathbf{x}_0) & \cdots & \frac{\partial f^1}{\partial x^n}(\mathbf{x}_0) \\
\frac{\partial f^2}{\partial x^1}(\mathbf{x}_0) & \frac{\partial f^2}{\partial x^2}(\mathbf{x}_0) & \cdots & \frac{\partial f^2}{\partial x^n}(\mathbf{x}_0)\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\frac{\partial f^m}{\partial x^1}(\mathbf{x}_0) & \frac{\partial f^m}{\partial x^2}(\mathbf{x}_0) & \cdots & \frac{\partial f^m}{\partial x^n}(\mathbf{x}_0)\end{pmatrix}\; .
\]
Se scegliamo \(\mathbf{x} = \mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}_k\), con \(k\in \{1,\ldots ,n\}\) ed \(\mathbf{e}_k=(\delta_k^1,\delta_k^2,\ldots , \delta_k^n)\) (ove i \(\delta\) sono di Kronecker), il limite (1) si riscrive:
\[
\lim_{t\to 0} \frac{\left| \mathbf{f} (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - \mathbf{f}(\mathbf{x}_0) - A\cdot (t\ \mathbf{e}^k)\right|}{|t\ \mathbf{e}^k|} = 0
\]
e ciò importa che:
\[
\lim_{t\to 0} \left| \frac{\mathbf{f} (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - \mathbf{f}(\mathbf{x}_0)}{t} - A\cdot\mathbf{e}^k\right| = 0
\]
ossia:
\[
\tag{2}
\lim_{t\to 0} \frac{\mathbf{f} (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - \mathbf{f}(\mathbf{x}_0)}{t} = A\cdot\mathbf{e}^k\; .
\]
Dato che il prodotto \(A\cdot \mathbf{e}^k\) coincide con la \(k\)-esima colonna di \(A\), cioé dato che \(A\cdot \mathbf{e}^k =(a_{1k},a_{2k},\ldots a_{mk})\), e visto che il limite di una funzione vettoriale si calcola componente per componente, dalla (2) si ricava:
\[
\left. \begin{split}
\lim_{t\to 0} \frac{f^1 (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - f^1 (\mathbf{x}_0)}{t} &= a_{1k}\\
\lim_{t\to 0} \frac{f^2 (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - f^2 (\mathbf{x}_0)}{t} &= a_{2k}\\
\vdots &\phantom{=} \\
\lim_{t\to 0} \frac{f^m (\mathbf{x}_0 + t\ \mathbf{e}^k) - f^m (\mathbf{x}_0)}{t} &= a_{mk}
\end{split} \right\} \quad \Rightarrow \quad \begin{pmatrix} a_{1k}\\ a_{2k}\\ \vdots \\ a_{mk}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\partial f^1}{\partial x^k} (\mathbf{x_0})\\ \frac{\partial f^2}{\partial x^k} (\mathbf{x_0})\\ \vdots\\ \frac{\partial f^m}{\partial x^k} (\mathbf{x_0})\end{pmatrix}
\]
per la stessa definizione di derivata parziale; da ciò segue immediatamente la (J).
Bene! Però t all'inizio è un vettore, il vettore spostamento da x0 a x, ma dopo il prodotto scalare tra ek e t a denominatore dovrebbe esserci uno scalare, o sbaglio? 
No ho fatto alcun prodotto scalare (men che meno al denominatore), quindi non so a quale passaggio ti riferisca...
Per me il \(\cdot\) denota il prodotto riga colonna; il prodotto scalare lo indico sempre con le parentesi angolari (cioé così \(\langle \mathbf{u},\mathbf{v}\rangle\)) quando si può creare confusione.
Per me il \(\cdot\) denota il prodotto riga colonna; il prodotto scalare lo indico sempre con le parentesi angolari (cioé così \(\langle \mathbf{u},\mathbf{v}\rangle\)) quando si può creare confusione.
Il prodotto riga per colonna, che è un gran amico del prodotto scalare tra vettori, non implica che t sia una riga?
Eh???
Guarda che \(t\) è uno scalare (altrimenti l'avrei denotato in grassetto, come tutti gli altri vettori presenti nelle formule).
Guarda che \(t\) è uno scalare (altrimenti l'avrei denotato in grassetto, come tutti gli altri vettori presenti nelle formule).
Se t è uno scalare, dopo il prodotto (t * ek) non dovrebbe rimanere un vettore a denominatore?
Ma a denominatore c'è il modulo di \(t\ \mathbf{e}^k\)...
Ed, inoltre, che senso avrebbe mettere un vettore al denominatore? Il rapporto tra vettori non è definito.
Ed, inoltre, che senso avrebbe mettere un vettore al denominatore? Il rapporto tra vettori non è definito.
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