Teorema differenziale totale
Ciao ragazzi...ho bisogno di aiuto sull'orale di analisi e in particolare sul teorema del differenziale totale.
Ora lo scrivo così come lo ha scritto il mio prof a lezione.
Il teorema del differenziale totale enuncia che:
Supposto che una funzione sia derivabile nel punto $ (x0,y0) $ si dice che essa è differenziabile in $ (x0,y0) $ se ponendo
$ f(x0+h,y0+k)=f(x0,y0)+fx(x0,y0)h+fy(x0,y0)k+R(h,k) $ l'errore $ R(h,k) $ soddisfa:
$ lim_(x,y -> 0,0) (R(h,k))/root()(h^2+k^2) =0 $
Il problema è che ho capito poco e niente
se c'è qualcuno con la santa pazienza di spiegarmelo gliene sarei molto grato 
Ora lo scrivo così come lo ha scritto il mio prof a lezione.
Il teorema del differenziale totale enuncia che:
Supposto che una funzione sia derivabile nel punto $ (x0,y0) $ si dice che essa è differenziabile in $ (x0,y0) $ se ponendo
$ f(x0+h,y0+k)=f(x0,y0)+fx(x0,y0)h+fy(x0,y0)k+R(h,k) $ l'errore $ R(h,k) $ soddisfa:
$ lim_(x,y -> 0,0) (R(h,k))/root()(h^2+k^2) =0 $
Il problema è che ho capito poco e niente
se c'è qualcuno con la santa pazienza di spiegarmelo gliene sarei molto grato
Risposte
Non dice questo il teorema...
Analizziamo l'enunciato, dividendo le ipotesi dalla tesi.
Hp:
1) Esistono le derivate parziali in $A$ aperto.
2) Le derivate parziali sono continue in un punto $\ul(x) \in A$
Th:
$f$ è differenziabile in $\ul(x)$.
Dim.
Siamo in $A \sube RR^n$.
Poiché qui esistono le derivate parziali di $f$, ha senso parlare di gradiente del campo scalare, dunque vogliamo mostrare che vale:
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))=\nabla f \cdot \ul(h)+||\ul(h)||E(\ul(x),\ul(h))=\sum_{k=1}^{n}f_{k}h_k+||\ul(h)||E(\ul(x),\ul(h))$
dove $E(\ul(x),\ul(h))$ è una funzione scalare che tende a $0$ per $||h|| \rightarrow 0$.
Detto questo scriviamo $\ul(h)=\lambda \ul(u)$ dove $||\ul(u)||=1$ e prendiamo $\lambda$ sufficientemente piccolo in modo che $\ul(x)+\ul(h) \in A$, dove esistono le derivate parziali.
Riscriviamo $f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))$ come somma telescopica:
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))=f(\ul(x)+\lambda \ul(u))-f(\ul(x))=\sum_{k=1}^{n} {(\ul(x)+\lambda \ul(u)_k)-f(\ul(x)+\lambda \ul(u)_{k-1})}$
i vettori $\ul(u)_0, \ul(u)_1, ..., \ul(u)_n$ sono vettori in $A$ tali che $\ul(u)_0=\ul(0)$ e $\ul(u)_n=\ul(u)$, vogliamo definirli attraverso la relazione ricorrente $\ul(h)_k=\ul(h)_{k-1}+ u_k \ul(e)_k$. Dunque il k-esimo componente che compare nella somma telescopica diventa:
$f(\ul(x)+\lambda\ul(h)_{k-1}+\lambda u_k \ul(e)_k)-f(\ul(x)+\lambda \ul(h)_{k-1})$
ponendo $\ul(b)_k=\ul(x)+\lambda\ul(h)_{k-1}$, si ha $f(\ul(b)_k+\lambda u_k \ul(e)_k)-f(\ul(b)_k)$.
Poiché siamo $A$ dove le derivate parziali esistono, possiamo applicare il teorema del valor medio, quindi:
$f(\ul(b)_k+\lambda u_k \ul(e)_k)-f(\ul(b)_k)=\lambda u_k f_{k}(\ul(c)_k)$
dove $\ul(c)_k$ giace sul segmento congiungente $\ul(b)_k+\lambda u_k \ul(e)_k$ e $\ul(b)_k$. Usando questa relazione nella serie telescopica, otteniamo:
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))=\sum_{k=1}^{n}\lambda u_k f_{k}(\ul(c)_k)$
inoltre sappiamo che $\nabla f \cdot \ul(h)=\sum_{k=1}^{n}f_{k}h_k=\lambda \sum_{k=1}^{n}f_{k}u_k$, dunque
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))-\nabla f \cdot \ul(h)=\lambda\sum_{k=1}^{n}{f_k(\ul(c)_k)-f_k(\ul(x))}u_k=||h||E(\ul(x),\ul(h))$
dove $E(\ul(x),\ul(h))=\sum_{k=1}^{n}{f_k(\ul(c)_k)-f_k(\ul(x))}u_k$ per la continuità delle derivate parziali $\ul(c)_k \rightarrow \ul(x)$ quando $||\ul(h)||=\lambda \rightarrow 0$, quindi anche $E(\ul(x),\ul(h)) \rightarrow 0$ quando $||\ul(h)|| \rightarrow 0$, da cui segue la tesi. $square$
Teorema del differenziale totale.
Sia $f : A sube RR^n \mapsto RR$ un campo scalare definito in un aperto $A$ di $RR^n$ e supponiamo che esistano le derivate parziali in $A$ di $f$ e siano continue in un punto $\ul(x) \in A$, allora $f$ è differenziabile in $\ul(x)$.
Analizziamo l'enunciato, dividendo le ipotesi dalla tesi.
Hp:
1) Esistono le derivate parziali in $A$ aperto.
2) Le derivate parziali sono continue in un punto $\ul(x) \in A$
Th:
$f$ è differenziabile in $\ul(x)$.
Dim.
Siamo in $A \sube RR^n$.
Poiché qui esistono le derivate parziali di $f$, ha senso parlare di gradiente del campo scalare, dunque vogliamo mostrare che vale:
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))=\nabla f \cdot \ul(h)+||\ul(h)||E(\ul(x),\ul(h))=\sum_{k=1}^{n}f_{k}h_k+||\ul(h)||E(\ul(x),\ul(h))$
dove $E(\ul(x),\ul(h))$ è una funzione scalare che tende a $0$ per $||h|| \rightarrow 0$.
Detto questo scriviamo $\ul(h)=\lambda \ul(u)$ dove $||\ul(u)||=1$ e prendiamo $\lambda$ sufficientemente piccolo in modo che $\ul(x)+\ul(h) \in A$, dove esistono le derivate parziali.
Riscriviamo $f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))$ come somma telescopica:
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))=f(\ul(x)+\lambda \ul(u))-f(\ul(x))=\sum_{k=1}^{n} {(\ul(x)+\lambda \ul(u)_k)-f(\ul(x)+\lambda \ul(u)_{k-1})}$
i vettori $\ul(u)_0, \ul(u)_1, ..., \ul(u)_n$ sono vettori in $A$ tali che $\ul(u)_0=\ul(0)$ e $\ul(u)_n=\ul(u)$, vogliamo definirli attraverso la relazione ricorrente $\ul(h)_k=\ul(h)_{k-1}+ u_k \ul(e)_k$. Dunque il k-esimo componente che compare nella somma telescopica diventa:
$f(\ul(x)+\lambda\ul(h)_{k-1}+\lambda u_k \ul(e)_k)-f(\ul(x)+\lambda \ul(h)_{k-1})$
ponendo $\ul(b)_k=\ul(x)+\lambda\ul(h)_{k-1}$, si ha $f(\ul(b)_k+\lambda u_k \ul(e)_k)-f(\ul(b)_k)$.
Poiché siamo $A$ dove le derivate parziali esistono, possiamo applicare il teorema del valor medio, quindi:
$f(\ul(b)_k+\lambda u_k \ul(e)_k)-f(\ul(b)_k)=\lambda u_k f_{k}(\ul(c)_k)$
dove $\ul(c)_k$ giace sul segmento congiungente $\ul(b)_k+\lambda u_k \ul(e)_k$ e $\ul(b)_k$. Usando questa relazione nella serie telescopica, otteniamo:
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))=\sum_{k=1}^{n}\lambda u_k f_{k}(\ul(c)_k)$
inoltre sappiamo che $\nabla f \cdot \ul(h)=\sum_{k=1}^{n}f_{k}h_k=\lambda \sum_{k=1}^{n}f_{k}u_k$, dunque
$f(\ul(x)+\ul(h))-f(\ul(x))-\nabla f \cdot \ul(h)=\lambda\sum_{k=1}^{n}{f_k(\ul(c)_k)-f_k(\ul(x))}u_k=||h||E(\ul(x),\ul(h))$
dove $E(\ul(x),\ul(h))=\sum_{k=1}^{n}{f_k(\ul(c)_k)-f_k(\ul(x))}u_k$ per la continuità delle derivate parziali $\ul(c)_k \rightarrow \ul(x)$ quando $||\ul(h)||=\lambda \rightarrow 0$, quindi anche $E(\ul(x),\ul(h)) \rightarrow 0$ quando $||\ul(h)|| \rightarrow 0$, da cui segue la tesi. $square$
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