Gradiente al variare di un parametro
Ciao a tutti!
Ho la funzione
\(\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} \frac{x^3+2y^6}{y^4-x^2} & (x,y) \ne (0,0) \\
\alpha & (x,y) = (0,0) \end{cases} \)
Devo determinare, se esistono, i valori di \(\displaystyle \alpha \in \mathbb{R} \) per i quali esiste il gradiente in (0,0), e calcolarlo.
Non so se sto facendo giusto.
Dalla teoria il gradiente in un punto $(x_0,y_0)$ esiste se la funzione è differenziabile nello stesso punto.
Mi adopero allora nel controllare se f è differenziabile nel punto (0,0) verificando se le derivate parziali in questo punto sono continue.
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}= \frac{\frac{h^3}{-h^2}- \alpha}{h} = \frac{-h - \alpha}{h} = -1 - \frac{\alpha}{h} \)
*se \(\displaystyle \alpha \ne 0 \) il limite tende a \(\displaystyle \pm \infty \);
*se \(\displaystyle \alpha = 0 \) il limite tende a $-1$.
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y} (0,0) = \lim_{k \rightarrow 0}\frac{f(0,k) - f(0,0)}{k}= \frac{\frac{2k^6}{k^4}- \alpha}{k} = \frac{2k^2 - \alpha}{k} = 2k - \frac{\alpha}{k} \)
*se \(\displaystyle \alpha \ne 0 \) il limite tende a \(\displaystyle \pm \infty \);
*se \(\displaystyle \alpha = 0 \) il limite tende a $0$.
Poiché le derivate esistono solo per $\alpha = 0$, solo tale valore sarà oggetto della mia verifica.
Ora controllo la differenziabilità impiegando la definizione:
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-h\frac{\partial f}{\partial x} (x_0,y_0) - k \frac{\partial f}{\partial y} (x_0,y_0)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0\)
che fa:
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(h,k)-\alpha-h \cdot (-1) - k \cdot 0}{\sqrt{h^2+k^2}} = \)
\(\displaystyle = \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{\frac{h^3+2k^6}{k^4-h^2}-0-h \cdot (-1)}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{\frac{h^3+2k^6}{k^4-h^2}+h}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{\rho^3(\cos^3 \theta +2 \rho^3 \sin^6 \theta)}{\rho^2 (\rho^2 \sin^4 \theta - \cos^2 \theta)}+\rho \cos \theta}{\rho} = \)
\(\displaystyle = \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos^3 \theta +2 \rho^3 \sin^6 \theta}{\rho^2 \sin^4 \theta - \cos^2 \theta}+ \cos \theta \le \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{1+2 \rho^3}{\rho^2 \sin^4 \theta - \cos^2 \theta}+1\)
...ma mi blocco nella risoluzione del limite.
Ho la funzione
\(\displaystyle f(x,y)= \begin{cases} \frac{x^3+2y^6}{y^4-x^2} & (x,y) \ne (0,0) \\
\alpha & (x,y) = (0,0) \end{cases} \)
Devo determinare, se esistono, i valori di \(\displaystyle \alpha \in \mathbb{R} \) per i quali esiste il gradiente in (0,0), e calcolarlo.
Non so se sto facendo giusto.
Dalla teoria il gradiente in un punto $(x_0,y_0)$ esiste se la funzione è differenziabile nello stesso punto.
Mi adopero allora nel controllare se f è differenziabile nel punto (0,0) verificando se le derivate parziali in questo punto sono continue.
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x} (0,0) = \lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(h,0) - f(0,0)}{h}= \frac{\frac{h^3}{-h^2}- \alpha}{h} = \frac{-h - \alpha}{h} = -1 - \frac{\alpha}{h} \)
*se \(\displaystyle \alpha \ne 0 \) il limite tende a \(\displaystyle \pm \infty \);
*se \(\displaystyle \alpha = 0 \) il limite tende a $-1$.
\(\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y} (0,0) = \lim_{k \rightarrow 0}\frac{f(0,k) - f(0,0)}{k}= \frac{\frac{2k^6}{k^4}- \alpha}{k} = \frac{2k^2 - \alpha}{k} = 2k - \frac{\alpha}{k} \)
*se \(\displaystyle \alpha \ne 0 \) il limite tende a \(\displaystyle \pm \infty \);
*se \(\displaystyle \alpha = 0 \) il limite tende a $0$.
Poiché le derivate esistono solo per $\alpha = 0$, solo tale valore sarà oggetto della mia verifica.
Ora controllo la differenziabilità impiegando la definizione:
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0,y_0)-h\frac{\partial f}{\partial x} (x_0,y_0) - k \frac{\partial f}{\partial y} (x_0,y_0)}{\sqrt{h^2+k^2}} = 0\)
che fa:
\(\displaystyle \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{f(h,k)-\alpha-h \cdot (-1) - k \cdot 0}{\sqrt{h^2+k^2}} = \)
\(\displaystyle = \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{\frac{h^3+2k^6}{k^4-h^2}-0-h \cdot (-1)}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{(h,k) \rightarrow (0,0)} \frac{\frac{h^3+2k^6}{k^4-h^2}+h}{\sqrt{h^2+k^2}} = \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\frac{\rho^3(\cos^3 \theta +2 \rho^3 \sin^6 \theta)}{\rho^2 (\rho^2 \sin^4 \theta - \cos^2 \theta)}+\rho \cos \theta}{\rho} = \)
\(\displaystyle = \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{\cos^3 \theta +2 \rho^3 \sin^6 \theta}{\rho^2 \sin^4 \theta - \cos^2 \theta}+ \cos \theta \le \lim_{\rho \rightarrow 0^{+}} \frac{1+2 \rho^3}{\rho^2 \sin^4 \theta - \cos^2 \theta}+1\)
...ma mi blocco nella risoluzione del limite.
Risposte
Scusa, ma se già hai trovato i(il) valori(e) di $\alpha$ per i quali il gradiente esiste (che è quello che chiede l'esercizio), perchè ti vai ad incasinare con la definizione di differenziabilità? Non c'è da fare nessuna verifica.
Non è necessario poi che la funzione debba essere differenziabile affinchè esista il gradiente in un tale punto: questa è una condizione sufficiente, nel senso che se $f$ è differenziabile in $P$ allora $\exists \nabla f(P)$. Il viceversa è vero (per il teorema comunemente detto "del differenziale totale") se, oltre ad esistere $\nabla f(P)$, hai che $f_{x_1}, ... , f_{x_n}$ (le derivate parziali di $f$) sono continue in $P$.
Non è necessario poi che la funzione debba essere differenziabile affinchè esista il gradiente in un tale punto: questa è una condizione sufficiente, nel senso che se $f$ è differenziabile in $P$ allora $\exists \nabla f(P)$. Il viceversa è vero (per il teorema comunemente detto "del differenziale totale") se, oltre ad esistere $\nabla f(P)$, hai che $f_{x_1}, ... , f_{x_n}$ (le derivate parziali di $f$) sono continue in $P$.
...ma io non ho ancora trovato dei valori di $\alpha$ per i quali il gradiente esiste. Io ho solo trovato dei valori per i quali esisterebbero le derivate parziali in (0,0), ma non posso ancora affermare che effettivamente esistono perché non so se la funzione è differenziabile in (0,0), no? Allora devo prima verificare che la funzione sia differenziabile nel punto: se lo è, allora posso accettare il valore delle derivate parziali e quindi posso calcolare quanto vale il gradiente.
EDIT: no, ho detto una cavolata: ho trovato per $\alpha = 0$ che le derivate parziali in (0,0) hanno valore finito e sono costanti, questo mi basta per affermare che in (0,0) la funzione è differenziabile. Che fesso che sono!
Quindi per $\alpha=0$ il gradiente vale:
\(\displaystyle D_{\mathbf{v}} f(0,0) = \nabla f(0,0) \cdot \mathbf{v}= -1 \cdot \cos \theta + 0 \cdot \sin \theta = -\cos \theta\)
EDIT: no, ho detto una cavolata: ho trovato per $\alpha = 0$ che le derivate parziali in (0,0) hanno valore finito e sono costanti, questo mi basta per affermare che in (0,0) la funzione è differenziabile. Che fesso che sono!
Quindi per $\alpha=0$ il gradiente vale:
\(\displaystyle D_{\mathbf{v}} f(0,0) = \nabla f(0,0) \cdot \mathbf{v}= -1 \cdot \cos \theta + 0 \cdot \sin \theta = -\cos \theta\)
Che vuol dire "esistono e sono costanti"?! 
E' ovvio che siano costanti... Questo non ti permette di concludere un bel niente: $f$ è differenziabile in $P$ ssse esiste il limite che compare nella definizione di funzione differenziabile; se non ci va di calcolare quel limite, e, fortunatamente, ci accorgiamo che $f$ ha derivate parziali continue in $P$, allora possiamo concludere che $f$ è differenziabile (grazie al suddetto teorema).
Il discorso è questo: tu hai trovato quei valori di $\alpha$ per i quali esistono le derivate parziali in $O=(0,0)$ (che valgono rispettivamente $-1$ e $0$, ma poco ce ne frega). Se esistono le derivate parziali in $O$, allora esiste il gradiente in $O$ che, detto terra-terra, altro non è che un vettore che ha per componenti le derivate parziali di $f$ calcolate in $O$ (quindi $\nabla f(O)=(-1,0)$, ma anche questo non ci interessa). Punto.
La differenziabilità non c'entra nulla; si possono solo fare considerazioni simili a quelle che fatte ora o nel mio post precedente, ma che comunque non servono a nulla se il nostro scopo è risolvere questo esercizio. Se le ho tirate fuori era solo per cercare di chiarirti le idee in merito alla questione "gradiente/differenziabilità"
PS: quella che hai scritto alla fine è la derivata direzionale in $O$ calcolata lungo una generica direzione di un versore $\mathbf{v}=(\cos\theta, \sin \theta)$, data dal prodotto scalare tra il gradiente di $f$ in $O$ e lo stesso $\mathbf{v}$ (oppure, se preferisci, è data da una generica combinazione lineare delle derivate parziali in $O$)
E' ovvio che siano costanti... Questo non ti permette di concludere un bel niente: $f$ è differenziabile in $P$ ssse esiste il limite che compare nella definizione di funzione differenziabile; se non ci va di calcolare quel limite, e, fortunatamente, ci accorgiamo che $f$ ha derivate parziali continue in $P$, allora possiamo concludere che $f$ è differenziabile (grazie al suddetto teorema).Il discorso è questo: tu hai trovato quei valori di $\alpha$ per i quali esistono le derivate parziali in $O=(0,0)$ (che valgono rispettivamente $-1$ e $0$, ma poco ce ne frega). Se esistono le derivate parziali in $O$, allora esiste il gradiente in $O$ che, detto terra-terra, altro non è che un vettore che ha per componenti le derivate parziali di $f$ calcolate in $O$ (quindi $\nabla f(O)=(-1,0)$, ma anche questo non ci interessa). Punto.
La differenziabilità non c'entra nulla; si possono solo fare considerazioni simili a quelle che fatte ora o nel mio post precedente, ma che comunque non servono a nulla se il nostro scopo è risolvere questo esercizio. Se le ho tirate fuori era solo per cercare di chiarirti le idee in merito alla questione "gradiente/differenziabilità"
PS: quella che hai scritto alla fine è la derivata direzionale in $O$ calcolata lungo una generica direzione di un versore $\mathbf{v}=(\cos\theta, \sin \theta)$, data dal prodotto scalare tra il gradiente di $f$ in $O$ e lo stesso $\mathbf{v}$ (oppure, se preferisci, è data da una generica combinazione lineare delle derivate parziali in $O$)
Ah ok, grazie 
Ne approfitto per chiedere un'altra cosa, essendo la funzione la stessa. Mi viene chiesto di verificare se esistono valori di $\alpha$ per cui la funzione sia prolungabile per continuità in (0,0).
Siccome non riesco a trovare un valore con le coordinate polari, m'è sorto il dubbio che il limite non esiste, ma non mi riesce neanche di trovare due restrizioni che diano valori diversi.
Ho provato anche a controllare con WA
http://www.wolframalpha.com/input/?i=lim%28%28x^3%2By^6%29%2F%28y^4-x^2%29%29+as+x-%3E0+%2C+y-%3E0
ma come risultato mi fornisce \(\displaystyle \{y^2 , -x \} \) (?)
Ne approfitto per chiedere un'altra cosa, essendo la funzione la stessa. Mi viene chiesto di verificare se esistono valori di $\alpha$ per cui la funzione sia prolungabile per continuità in (0,0).
Siccome non riesco a trovare un valore con le coordinate polari, m'è sorto il dubbio che il limite non esiste, ma non mi riesce neanche di trovare due restrizioni che diano valori diversi.
Ho provato anche a controllare con WA
http://www.wolframalpha.com/input/?i=lim%28%28x^3%2By^6%29%2F%28y^4-x^2%29%29+as+x-%3E0+%2C+y-%3E0
ma come risultato mi fornisce \(\displaystyle \{y^2 , -x \} \) (?)
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo