Esercizio - curva sul grafico di una funzione, tangente e normale (appello 19 gennaio 2026)

Teoria: Curve parametriche, vettore tangente e integrali di funzioni vettorialiUna curva è una funzione continua r : [a,b] → R^m; il sostegno è la sua immagine. Limiti, continuità e derivate si fanno componente per componente. La curva è regolare se r è C^1 e r'(t) ≠ 0 ovunque: allora r'(t) è il vettore tangente e la retta tangente è r(t0) + λ r'(t0). Esempi: circonferenza, segmento, grafico (t, f(t)), curve polari (f(θ)cosθ, f(θ)sinθ) regolari se f' ≠ 0 dove f = 0, elica, cuspide (t²,t³). L'integrale di r si fa per componenti; vale ∫ r' = r(b) − r(a) e ‖∫ r‖ ≤ ∫ ‖r‖.Curve parametriche, vettore tangente e integrali di funzioni vettoriali →, Derivate parziali, differenziabilità e piano tangenteLa derivata parziale f_{x_i}(x0) è la derivata di t ↦ f(x0 + t e_i); il gradiente ∇f raccoglie le derivate parziali. In più variabili l'esistenza delle derivate parziali NON implica la continuità. f è differenziabile in x0 se f(x0 + h) = f(x0) + a·h + o(|h|); allora f è continua, ha gradiente e a = ∇f(x0) (D). Il grafico ha piano tangente z = f(x0) + ∇f(x0)·(x − x0) e normale (−f_x, −f_y, 1). Teorema del differenziale totale: se le derivate parziali esistono vicino a x0 e sono continue in x0, f è differenziabile; C^1 ⇒ differenziabile ⇒ derivabile e continua, ma i viceversa sono falsi. Regole: Leibniz, catena (f∘r)' = ∇f(r)·r'.Derivate parziali, differenziabilità e piano tangente →.

Testo. Sia $\gamma : [0, 2] \to \mathbb{R}^3$ la curva $$\gamma(t) = \Big(\frac{t^2}{2},\ t,\ \frac{2\sqrt2}{3}\,t^3\Big).$$ (a) Stabilire se $\gamma$ è semplice, chiusa, regolare. (b) Trovare un vettore tangente a $\gamma$ nel punto $P = \big(\tfrac12, 1, \tfrac{2\sqrt2}{3}\big)$. (c) Verificare che il sostegno di $\gamma$ è contenuto nel grafico di $f(x,y) = \dfrac{\sqrt2}{3}\,y^3 + \dfrac43\,x^{3/2}$ (definita per $x \ge 0$). (d) Trovare un vettore normale al grafico di $f$ in $P$ e verificare che è ortogonale al vettore tangente trovato in (b).

(Fonte: esercizio 2 dell'appello del 19 gennaio 2026, corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD.)

Soluzione

(a)

• Semplice. Se $\gamma(t_1) = \gamma(t_2)$, la seconda componente dà $t_1 = t_2$: $\gamma$ è iniettiva.
• Chiusa? $\gamma(0) = (0,0,0)$ e $\gamma(2) = \big(2, 2, \tfrac{2\sqrt2}{3}\cdot 8\big) = \big(2, 2, \tfrac{16\sqrt2}{3}\big)$. Diversi: non chiusa.
• Regolare. Le componenti sono polinomi ($C^\infty$) e $$\gamma'(t) = \big(t,\ 1,\ 2\sqrt2\,t^2\big) .$$ La seconda componente è $1$, quindi $\gamma' \ne \underline 0$ per ogni $t$: regolare.

(b)

Il parametro di $P$: la seconda componente dà $t = 1$; verifichiamo le altre: $t^2/2 = 1/2$ ✓, $\frac{2\sqrt2}{3}\cdot 1 = \frac{2\sqrt2}{3}$ ✓. Quindi $P = \gamma(1)$ e il vettore tangente è $$\gamma'(1) = (1,\ 1,\ 2\sqrt2).$$ La retta tangente è $P + \lambda(1, 1, 2\sqrt2)$.

(c)

Si sostituiscono $x = t^2/2$, $y = t$ in $f$. Per $t \ge 0$: $x^{3/2} = \big(t^2/2\big)^{3/2} = \dfrac{t^3}{2\sqrt2}$. Quindi $$f\Big(\frac{t^2}{2}, t\Big) = \frac{\sqrt2}{3}\,t^3 + \frac43\cdot\frac{t^3}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{3}\,t^3 + \frac{2}{3\sqrt2}\,t^3 = \frac{\sqrt2}{3}\,t^3 + \frac{\sqrt2}{3}\,t^3 = \frac{2\sqrt2}{3}\,t^3 = z(t).$$ (si è usato $\frac{2}{3\sqrt2} = \frac{\sqrt2}{3}$). La terza componente di $\gamma$ è proprio $f(x(t), y(t))$ per ogni $t \in [0,2]$: il sostegno sta nel grafico. ✓

(d)

Il grafico di $f$ è l'insieme di livello $0$ di $F(x,y,z) = z - f(x,y)$, e il gradiente $\nabla F$ è ortogonale agli insiemi di livello (Derivate direzionali, formula del gradiente e curve di livelloLa derivata direzionale D_v f(x0) = lim [f(x0 + t v) − f(x0)]/t (v versore) è la pendenza di f lungo la retta per x0 con direzione v. Se f è differenziabile in x0 vale la formula del gradiente D_v f = ∇f(x0)·v (D); l'esistenza di tutte le D_v non basta (anche a f discontinua). Quindi la massima crescita è nella direzione di ∇f, con pendenza |∇f| (D), la minima in −∇f, e D_v f = 0 per v ⊥ ∇f. Il gradiente è ortogonale alle curve di livello (D): la tangente alla curva di livello in (x0,y0) è f_x(x−x0) + f_y(y−y0) = 0, a patto che ∇f ≠ 0.Derivate direzionali, formula del gradiente e curve di livello →). Le derivate parziali sono $$f_x = \frac43\cdot\frac32\,x^{1/2} = 2\sqrt x,\qquad f_y = \sqrt2\,y^2 ,$$ quindi in $(x,y) = (\tfrac12, 1)$: $f_x = 2/\sqrt2 = \sqrt2$, $f_y = \sqrt2$. Perciò $$\nabla F(P) = (-f_x, -f_y, 1) = (-\sqrt2,\ -\sqrt2,\ 1).$$ Ortogonalità con il tangente $\gamma'(1) = (1, 1, 2\sqrt2)$: $$\nabla F(P)\cdot\gamma'(1) = -\sqrt2 - \sqrt2 + 2\sqrt2 = 0 . \ ✓$$ Era prevedibile: la curva sta sul grafico, quindi la sua velocità sta nel piano tangente al grafico, ortogonale alla normale.

Errori tipici. In (c) trattare $\sqrt{x^3}$ come $x^{3/2}$ senza notare che richiede $x \ge 0$ (qui vale perché $x = t^2/2 \ge 0$); in (d) dimenticare il segno meno nel vettore normale $(-f_x,-f_y,1)$.