Differenziale secondo
Sto ripassando e vorrei ricavare l'espressione per il differenziale secondo. Per il differenziale primo è facile perché si ricava subito un'espressione in cui i numeri sono le derivate parziali. Vorrei ottenere una derivazione simile con il differenziale secondo ma la notazione mi confonde. Se considero il differenziale primo in \(a\) ottengo
\begin{split}
\mbox{d}f(a)(u)
&=\mbox{d}f(a)(u_{1}e_{1}+...+u_{n}e_{n}) \\
&=\mbox{d}f(a)(e_{1})u_{1}+...+\mbox{d}f(a)(e_{n})u_{n} \\
&=\partial_{1}f(a)u_{1}+...+\partial_{n}f(a)u_{n}
\end{split}
Ora pongo \(g(u)=\mbox{d}f(a)(u)\). Allora voglio esplicitare \(\mbox{d}g(a)(v)\) che se non sbaglio è l'espressione corretta per il differenziale secondo nello stesso punto. Quindi:
\begin{split}
\mbox{d}g(a)(v)
&=\mbox{d}g(a)(v_{1}e_{1}+...+v_{n}e_{n}) \\
&=\mbox{d}g(a)(e_{1})v_{1}+...+\mbox{d}g(a)(e_{n})v_{n} \\
&=\partial_{1}g(a)v_{1}+...+\partial_{n}g(a)v_{n}
\end{split}
A questo punto devo insistere su \(\partial_{i}g(a)\) per vedere cosa ne viene fuori:
\begin{split}
\partial_{1}g(a)
&=\partial_{1}\mbox{d}f(a)(a) \\
&=\partial_{1}(\partial_{1}f(a)a_{1}+...+\partial_{n}f(a)a_{n}) \\
&=\partial_{1}f(a)\partial_{1}a_{1}+...+\partial_{n}f(a)\partial_{1}a_{n} \\
&=...
\end{split}
Li verso la fine mi confondo.
\begin{split}
\mbox{d}f(a)(u)
&=\mbox{d}f(a)(u_{1}e_{1}+...+u_{n}e_{n}) \\
&=\mbox{d}f(a)(e_{1})u_{1}+...+\mbox{d}f(a)(e_{n})u_{n} \\
&=\partial_{1}f(a)u_{1}+...+\partial_{n}f(a)u_{n}
\end{split}
Ora pongo \(g(u)=\mbox{d}f(a)(u)\). Allora voglio esplicitare \(\mbox{d}g(a)(v)\) che se non sbaglio è l'espressione corretta per il differenziale secondo nello stesso punto. Quindi:
\begin{split}
\mbox{d}g(a)(v)
&=\mbox{d}g(a)(v_{1}e_{1}+...+v_{n}e_{n}) \\
&=\mbox{d}g(a)(e_{1})v_{1}+...+\mbox{d}g(a)(e_{n})v_{n} \\
&=\partial_{1}g(a)v_{1}+...+\partial_{n}g(a)v_{n}
\end{split}
A questo punto devo insistere su \(\partial_{i}g(a)\) per vedere cosa ne viene fuori:
\begin{split}
\partial_{1}g(a)
&=\partial_{1}\mbox{d}f(a)(a) \\
&=\partial_{1}(\partial_{1}f(a)a_{1}+...+\partial_{n}f(a)a_{n}) \\
&=\partial_{1}f(a)\partial_{1}a_{1}+...+\partial_{n}f(a)\partial_{1}a_{n} \\
&=...
\end{split}
Li verso la fine mi confondo.
Risposte
Il differenziale secondo di una funzione \(C^2\) è la forma quadratica che ha per matrice associata la matrice hessiana di quella funzione; quindi:
\[
\text{d}^2 f(x_0;v) = \langle H_f(x_0)\ v, v\rangle = \sum_{i,j=1}^N f_{x_ix_j}(x_0)\ v_iv_j\; .
\]
\[
\text{d}^2 f(x_0;v) = \langle H_f(x_0)\ v, v\rangle = \sum_{i,j=1}^N f_{x_ix_j}(x_0)\ v_iv_j\; .
\]
Quindi non c'è modo di ricavarla a partire dal differenziale primo? E' data direttamente la formula finale per definizione?
Basta fare la derivata seconda della funzione di una variabile:
\[
\phi (t) = f(x^0+vt)
\]
(con \(|v|=1\)) procedendo in analogia col metodo usato per ircavare l'espressione del differenziale primo.
Infatti:
\[
\phi^\prime (t) = \sum_{i=1}^N f_{x_i}(x^0+vt)\ v_i
\]
e:
\[
\phi^{\prime \prime} (t) = \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N f_{x_i x_j}(x^0+vt)\ v_i\ v_j\; .
\]
Ora, ricordato che lo sviluppo di Taylor di \(f\) in \(x^0\) si ottiene usando lo sviluppo di Taylor di \(\phi\) centrato in \(0\), hai:
\[
\begin{split}
f(x) &= f(x^0+(x-x^0)) \\
&= \phi (|x-x^0|)\\
&\approx \phi(0)+\phi^\prime (0)\ |x-x^0| +\frac{1}{2}\ \phi^{\prime \prime}(0) |x-x^0|^2\\
&= f(x^0) + \sum_{i=1}^N f_{x_i}(x^0)\ (x_i-x_i^0) + \frac{1}{2}\ \sum_{i,j=1}^N f_{x_i x_j}(x^0)\ (x_i-x_i^0)\ (x_j-x_j^0)\\
&= f(x^0) + \langle \nabla f(x^0), x-x^0\rangle + \frac{1}{2}\ \langle H_f(x^0)\ (x-x^0), x-x^0\rangle\\
&= f(x^0) + \text{d}f(x^0;x-x^0) + \frac{1}{2}\ \text{d}^2 f(x^0;x-x^0)\; ,
\end{split}
\]
quindi:
\[
\begin{split}
\text{d}f(x^0;v) &= \langle \nabla f(x^0), v\rangle \\
\text{d}^2 f(x^0; v) &= \langle H_f(x^0)\ v, v\rangle\; .
\end{split}
\]
\[
\phi (t) = f(x^0+vt)
\]
(con \(|v|=1\)) procedendo in analogia col metodo usato per ircavare l'espressione del differenziale primo.
Infatti:
\[
\phi^\prime (t) = \sum_{i=1}^N f_{x_i}(x^0+vt)\ v_i
\]
e:
\[
\phi^{\prime \prime} (t) = \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N f_{x_i x_j}(x^0+vt)\ v_i\ v_j\; .
\]
Ora, ricordato che lo sviluppo di Taylor di \(f\) in \(x^0\) si ottiene usando lo sviluppo di Taylor di \(\phi\) centrato in \(0\), hai:
\[
\begin{split}
f(x) &= f(x^0+(x-x^0)) \\
&= \phi (|x-x^0|)\\
&\approx \phi(0)+\phi^\prime (0)\ |x-x^0| +\frac{1}{2}\ \phi^{\prime \prime}(0) |x-x^0|^2\\
&= f(x^0) + \sum_{i=1}^N f_{x_i}(x^0)\ (x_i-x_i^0) + \frac{1}{2}\ \sum_{i,j=1}^N f_{x_i x_j}(x^0)\ (x_i-x_i^0)\ (x_j-x_j^0)\\
&= f(x^0) + \langle \nabla f(x^0), x-x^0\rangle + \frac{1}{2}\ \langle H_f(x^0)\ (x-x^0), x-x^0\rangle\\
&= f(x^0) + \text{d}f(x^0;x-x^0) + \frac{1}{2}\ \text{d}^2 f(x^0;x-x^0)\; ,
\end{split}
\]
quindi:
\[
\begin{split}
\text{d}f(x^0;v) &= \langle \nabla f(x^0), v\rangle \\
\text{d}^2 f(x^0; v) &= \langle H_f(x^0)\ v, v\rangle\; .
\end{split}
\]
Ok, grazie. Sostanzialmente quello che tu hai fatto è stato sviluppare una funzione di classe \(C^{2}\) omettendo il resto e dare un nome all'ultimo addendo. C'è questa parte nelle prime pagine di un libro img che parla della differenziabilità di \(\mbox{d}f(a)\). Non capisco in che modo dalla differenziabilità di \(\mbox{d}f(a)\) segue l'esistenza di \(\mbox{d}^{2}f(a)\). E' una questione indiretta che segue dall'espansione di Taylor, oppure si può calcolare anche direttamente come si fa con le derivate?
Credo di esserci riuscito. Se provo con \(\mbox{d}f(a)(u)=g(a)\) e calcolo \(\mbox{d}g(a)(v)\) viene
\begin{split}
\mbox{d}g(a)(v)
&=\mbox{d}g(a)(v_{1}e_{1}+...+v_{n}e_{n}) \\
&=\mbox{d}g(a)(e_{1})v_{1}+...+\mbox{d}g(a)(e_{n})v_{n} \\
&=\partial_{1}g(a)\mbox{d}v_{1}+...+\partial_{n}g(a)\mbox{d}v_{n} \\
\mbox{*}
&=\partial_{j}\partial_{i}f(a)\mbox{d}u_{i}\mbox{d}v_{j}
\end{split}
Esplicitando \(\partial_{1}g(a)\) ottengo
\begin{split}
\partial_{1}g(a)
&=\partial_{1}\mbox{d}f(a)(u) \\
&=\partial_{1}(\partial_{1}f(a)u_{1}+...+\partial_{n}f(a)u_{n} ) \\
&=\partial_{1}\partial_{i}f(a)\mbox{d}u_{i}
\end{split}
E senza usare Taylor
\begin{split}
\mbox{d}g(a)(v)
&=\mbox{d}g(a)(v_{1}e_{1}+...+v_{n}e_{n}) \\
&=\mbox{d}g(a)(e_{1})v_{1}+...+\mbox{d}g(a)(e_{n})v_{n} \\
&=\partial_{1}g(a)\mbox{d}v_{1}+...+\partial_{n}g(a)\mbox{d}v_{n} \\
\mbox{*}
&=\partial_{j}\partial_{i}f(a)\mbox{d}u_{i}\mbox{d}v_{j}
\end{split}
\partial_{1}g(a)
&=\partial_{1}\mbox{d}f(a)(u) \\
&=\partial_{1}(\partial_{1}f(a)u_{1}+...+\partial_{n}f(a)u_{n} ) \\
&=\partial_{1}\partial_{i}f(a)\mbox{d}u_{i}
\end{split}
E senza usare Taylor
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