Proprietà (dubbia) delle derivate direzionali
Si indichi con $D_vf$ la derivata direzionale della funzione $f$ rispetto alla direzione $v$.
Dimostrare (o eventualmente confutare) la seguente proprietà:
$D_{av+\betaw}f= aD_vf+ \betaD_wf$
Secondo me è verà e ho anche provato un'abbozzo di dimostrazione però non sono molto convinto...
Dimostrare (o eventualmente confutare) la seguente proprietà:
$D_{av+\betaw}f= aD_vf+ \betaD_wf$
Secondo me è verà e ho anche provato un'abbozzo di dimostrazione però non sono molto convinto...
Risposte
Se la funzione è differenziabile in un certo punto $x_0$, allora la derivata direzionale in $x_0$ nella direzione di $v$ vale $\langle \nabla f(x_0), v \rangle$, quindi l'uguaglianza da te proposta è vera, e la dimostrazione è una banale conseguenza della bilinearità del prodotto scalare.
Nel caso la funzione non sia differenziabile prova a vedere cosa succede usando la definizione...
Nel caso la funzione non sia differenziabile prova a vedere cosa succede usando la definizione...
Anch'io sto avendo a che fare con questa dimostrazione. Anch'io sono riuscito a dimostrarlo abbastanza facilmente nel caso in cui la funzione sia differenziabile ma non sto riuscendo a farlo utilizzando la definizione.
Qualcuno può darmi un consiglio?
Grazie
Qualcuno può darmi un consiglio?
Grazie
Nessuno riesce a rispondere?
Partendo dalla definizione di derivata direzionale lungo la direzione della somma di vettori come faccio ad arrivare a dimostrare che questo è uguale alla somma delle derivate direzionali lungo la direzione dei vettori?
Partendo dalla definizione di derivata direzionale lungo la direzione della somma di vettori come faccio ad arrivare a dimostrare che questo è uguale alla somma delle derivate direzionali lungo la direzione dei vettori?
Non puoi dimostrarlo perché è falso.
Per esempio, prendi la funzione:
\[
f(x,y) := \begin{cases} 0 &\text{, se } x=0 \text{ oppure } y=0\\
1 &\text{, altrimenti.}
\end{cases}
\]
Tale funzione ha nulle le derivate parziali in \((0,0)\), i.e. \(\operatorname{D}_x f(0,0)=0=\operatorname{D}_y f(0,0)\), e, d'altra parte, essa non è derivabile rispetto ad alcun'altra direzione in \((0,0)\); conseguentemente, la relazione:
\[
\operatorname{D}_\nu f(0,0)= \nu_1\ \operatorname{D}_xf(0,0) + \nu_2\ \operatorname{D}_y f(0,0)
\]
non può essere valida.
Rimane tuttavia da analizzare il caso in cui una funzione ha tutte le derivate direzionali in un punto, ma non è ivi differenziabile...
Per esempio, prendi la funzione:
\[
f(x,y) := \begin{cases} 0 &\text{, se } x=0 \text{ oppure } y=0\\
1 &\text{, altrimenti.}
\end{cases}
\]
Tale funzione ha nulle le derivate parziali in \((0,0)\), i.e. \(\operatorname{D}_x f(0,0)=0=\operatorname{D}_y f(0,0)\), e, d'altra parte, essa non è derivabile rispetto ad alcun'altra direzione in \((0,0)\); conseguentemente, la relazione:
\[
\operatorname{D}_\nu f(0,0)= \nu_1\ \operatorname{D}_xf(0,0) + \nu_2\ \operatorname{D}_y f(0,0)
\]
non può essere valida.
Rimane tuttavia da analizzare il caso in cui una funzione ha tutte le derivate direzionali in un punto, ma non è ivi differenziabile...
Probabilmente mi sono espresso male io ma è proprio questo il problema che non riesco a risolvere. Supponendo che esistano tutte le derivate direzionali in un punto (e la funzione non è differenziabile in un punto) come faccio a dimostrare che:
$\lim_{h \to \0} (f(x+h(v+w))-f(x))/h = \lim_{h \to \0} (f(x+hv)-f(x))/h +\lim_{h \to \0} (f(x+hw)-f(x))/h$.
Il mio problema sta proprio nei passaggi da fare. Ci sto provando ma non mi viene in mente nulla (in realtà qualche idea ce l'ho però non vorrei scrivere stupidaggini), anche perchè questo argomento lo abbiamo fatto in fretta e furia e stavo riprendendolo da solo.
Vi ringrazio per la pazienza.
$\lim_{h \to \0} (f(x+h(v+w))-f(x))/h = \lim_{h \to \0} (f(x+hv)-f(x))/h +\lim_{h \to \0} (f(x+hw)-f(x))/h$.
Il mio problema sta proprio nei passaggi da fare. Ci sto provando ma non mi viene in mente nulla (in realtà qualche idea ce l'ho però non vorrei scrivere stupidaggini), anche perchè questo argomento lo abbiamo fatto in fretta e furia e stavo riprendendolo da solo.
Vi ringrazio per la pazienza.
La cosa è comunque falsa, poiché esistono funzioni dotate di tutte le derivate direzionali in un punto le quali si guardano bene dal verificare l'uguaglianza in esame.
Un esempio in due variabili.
Considera la funzione \(f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}\) definita ponendo:
\[
f(x,y):= \begin{cases} \frac{x^2y}{x^2+y^2} &\text{, se } (x,y)\neq (0,0)\\
0 &\text{, altrimenti}\; .
\end{cases}
\]
Fissato un versore \(\nu =(\nu_1,\nu_2)\), si ha:
\[
\begin{split}
\lim_{h\to 0} \frac{f(h\nu_1,h\nu_2)-f(0,0)}{h} &= \lim_{h\to 0} \frac{\nu_1^2 \nu_2\ \cancel{h^3}}{\cancel{h^3}\ (\nu_1^2+\nu_2^2)}\\
&= \frac{\nu_1^2 \nu_2}{\nu_1^2+\nu_2^2} \\
&= \nu_1^2 \nu_2
\end{split}
\]
sicché:
\[
\operatorname{D}_\nu f(0,0) =\nu_1^2 \nu_2
\]
per ogni versore \(\nu\); in particolare, prendendo \(\nu\) coincidente coi versori degli assi \(\mathbf{e}_1\) ed \(\mathbf{e}_2\), trovi:
\[
\operatorname{D}_x f(0,0) := \operatorname{D}_{\mathbf{e}_1} f(0,0) = 0 = \operatorname{D}_{\mathbf{e}_2} f(0,0) =: \operatorname{D}_y f(0,0)\; ,
\]
e l'uguaglianza \(\operatorname{D}_\nu f(0,0) =0\) vale se e solo se \(\nu =\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2\).
Conseguentemente, non appena \(\nu\) è un versore distinto da quelli degli assi, non vale l'implicazione:
\[
\nu = \nu_1\ \mathbf{e}_1 +\nu_2\ \mathbf{e}_2\quad \Rightarrow \quad \operatorname{D}_\nu f(0,0) = \nu_1\ \operatorname{D}_x f(0,0) + \nu_2\ \operatorname{D}_y f(0,0)
\]
perché il secondo membro dell'ultima uguaglianza è nullo, mentre il primo non lo è.
Un esempio in due variabili.
Considera la funzione \(f:\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}\) definita ponendo:
\[
f(x,y):= \begin{cases} \frac{x^2y}{x^2+y^2} &\text{, se } (x,y)\neq (0,0)\\
0 &\text{, altrimenti}\; .
\end{cases}
\]
Fissato un versore \(\nu =(\nu_1,\nu_2)\), si ha:
\[
\begin{split}
\lim_{h\to 0} \frac{f(h\nu_1,h\nu_2)-f(0,0)}{h} &= \lim_{h\to 0} \frac{\nu_1^2 \nu_2\ \cancel{h^3}}{\cancel{h^3}\ (\nu_1^2+\nu_2^2)}\\
&= \frac{\nu_1^2 \nu_2}{\nu_1^2+\nu_2^2} \\
&= \nu_1^2 \nu_2
\end{split}
\]
sicché:
\[
\operatorname{D}_\nu f(0,0) =\nu_1^2 \nu_2
\]
per ogni versore \(\nu\); in particolare, prendendo \(\nu\) coincidente coi versori degli assi \(\mathbf{e}_1\) ed \(\mathbf{e}_2\), trovi:
\[
\operatorname{D}_x f(0,0) := \operatorname{D}_{\mathbf{e}_1} f(0,0) = 0 = \operatorname{D}_{\mathbf{e}_2} f(0,0) =: \operatorname{D}_y f(0,0)\; ,
\]
e l'uguaglianza \(\operatorname{D}_\nu f(0,0) =0\) vale se e solo se \(\nu =\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2\).
Conseguentemente, non appena \(\nu\) è un versore distinto da quelli degli assi, non vale l'implicazione:
\[
\nu = \nu_1\ \mathbf{e}_1 +\nu_2\ \mathbf{e}_2\quad \Rightarrow \quad \operatorname{D}_\nu f(0,0) = \nu_1\ \operatorname{D}_x f(0,0) + \nu_2\ \operatorname{D}_y f(0,0)
\]
perché il secondo membro dell'ultima uguaglianza è nullo, mentre il primo non lo è.
Ok grazie della pazienza e scusa il disturbo!!!
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