Esercizio - piano tangente e condizioni su un parametro (esercizi 2025-26)

Teoria: 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 →, Prodotto scalare, norma e angoliIl prodotto scalare aggiunge a uno spazio vettoriale lunghezze e angoli: norma, disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, angolo tra vettori in R^n, ortogonalità, proiezione su una retta, aree e volumi con il determinante della matrice dei prodotti scalari.Prodotto scalare, norma e angoli →.

Testo.

1. Data $f(x,y)=xy^2+\log(x^2+1)+2\cos(xy)$, trovare l'equazione del piano tangente al grafico nel punto $(0,1,2)$.
2. Per $\alpha\in\mathbb{R}$ sia $f_\alpha(x,y)=e^{x^2}(\alpha x-y^3)$. (i) Per quali $\alpha$ il gradiente di $f_\alpha$ in $(0,1)$ è parallelo alla tangente alla parabola $y=(x+1)^2$ nello stesso punto? (ii) Per quale $\alpha$ il piano tangente al grafico di $f_\alpha$ in $(0,1,-1)$ è ortogonale alla retta $\dfrac x3=\dfrac y2=\dfrac{3z}{2}$?

(Fonte: esercizi 11 e 12 della raccolta del corso di Fondamenti di Analisi Matematica 2, Ing. Aerospaziale UniPD, 2025-26. Risultati: (i) $\alpha=-\frac32$, (ii) $\alpha=-\frac92$.)

Soluzione della parte 1

$f$ è $C^\infty$, quindi differenziabile. Si valuta nel punto $(x_0,y_0)=(0,1)$: $$f(0,1)=0+\log1+2\cos0=2\quad(\text{il punto }(0,1,2)\text{ è sul grafico }✓).$$ Derivate parziali: $$f_x=y^2+\frac{2x}{x^2+1}-2y\sin(xy),\qquad f_y=2xy-2x\sin(xy).$$ In $(0,1)$: $f_x=1+0-2\cdot1\cdot\sin0=1$, $f_y=0-0=0$. Il piano tangente è $$z=f(0,1)+f_x(0,1)\,x+f_y(0,1)(y-1)=2+x\quad\iff\quad x-z=-2 .$$

Soluzione della parte 2

Derivate: $f_x=e^{x^2}\big[2x(\alpha x-y^3)+\alpha\big]$, $f_y=-3y^2e^{x^2}$. In $(0,1)$: $$f_\alpha(0,1)=-1,\qquad f_x(0,1)=\alpha,\qquad f_y(0,1)=-3,\qquad\nabla f_\alpha(0,1)=(\alpha,-3).$$

(i) Parallelismo. La parabola $y=(x+1)^2$ in $x=0$ ha pendenza $y'=2(x+1)=2$, quindi la tangente ha direzione $(1,2)$ (e passa per $(0,1)$ ✓). Il gradiente è parallelo se $(\alpha,-3)=c\,(1,2)$ per qualche $c$: dalla seconda componente $c=-\frac32$ e allora $\alpha=c=-\frac32$.

(ii) Piano tangente ortogonale a una retta. Il piano tangente in $(0,1,-1)$ ha vettore normale $\underline N=(-f_x,-f_y,1)=(-\alpha,\,3,\,1)$. Un piano è ortogonale a una retta se la retta è parallela al suo normale. La retta $\frac x3=\frac y2=\frac{3z}{2}$ passa per l'origine con direzione $(3,2,\frac23)$ (se $\frac x3=\frac y2=\frac{3z}{2}=s$ allora $x=3s$, $y=2s$, $z=\frac{2s}{3}$), cioè parallela a $(9,6,2)$ (moltiplicando per $3$). Si impone $(-\alpha,3,1)=\lambda(9,6,2)$: dalle ultime due componenti $\lambda=\frac12$ (e $3=6\lambda$, $1=2\lambda$ concordano). Allora $-\alpha=9\lambda=\frac92$, cioè $$\alpha=-\frac92 .$$

Controllo. Con $\alpha=-\frac92$: $\underline N=(\frac92,3,1)=\frac12(9,6,2)$ ✓.

Errori tipici. Scrivere il normale come $(f_x,f_y,1)$ (senza i meno); confondere "piano ortogonale alla retta" (normale parallelo alla retta) con "piano parallelo alla retta" (normale ortogonale alla direzione); per la parabola usare come direzione $(2,1)$ invece di $(1,2)$.