Regola della catena in più variabili

Lezione 3 di analisi, Unità 4. Prerequisiti: Differenziabilità, piano tangente e linearizzazionef è differenziabile in p se f(x) = f(p) + ∇f(p)·(x − p) + R(x) con R(x)/|x − p| → 0: vicino a p il grafico è quasi il suo spazio tangente z = f(p) + ∇f(p)·(x − p) (per n = 2 il piano tangente). La funzione affine L(x) = f(p) + ∇f(p)·(x − p) è la linearizzazione e serve per le stime (Δf ≈ ∇f·Δx). C¹ ⇒ differenziabile ⇒ continua e D_u f(p) = ∇f(p)·u per ogni u. Per verificare la differenziabilità in un punto: derivate parziali con la definizione, poi limite di [f(p+h) − f(p) − ∇f(p)·h]/|h|.Differenziabilità, piano tangente e linearizzazione →, Derivata di una curva e retta tangenteLa derivata di f : I → Rⁿ è f'(t₀) = lim (f(t) − f(t₀))/(t − t₀) e si calcola componente per componente. Se f'(t₀) ≠ 0 è il vettore tangente (la velocità) e la retta tangente è f(t₀) + λ f'(t₀). Curva regolare: f' ≠ 0 ovunque. Approssimazione al prim'ordine: f(t) ≈ f(t₀) + f'(t₀)(t − t₀). Regole: linearità, prodotto per una funzione, (f·g)' = f'·g + f·g', catena (f∘u)' = f'(u) u'. Se |r(t)| è costante, r e r' sono ortogonali.Derivata di una curva e retta tangente →.

L'idea. Un'escursionista cammina sulla montagna di quota $f(x, y)$ seguendo il percorso $x(t)$. La sua quota nel tempo è $h(t) = f(x(t))$. Quanto velocemente sale? Dipende da quanto è ripida la montagna (il gradiente) e da come si muove (la velocità): la risposta è il loro prodotto scalare.

Il teorema

Teorema (regola della catena). Sia $x : I \subseteq \mathbb{R} \to D$ una curva derivabile in $t_0$ e $f : D \to \mathbb{R}$ differenziabile in $x(t_0)$. Allora $t \mapsto f(x(t))$ è derivabile in $t_0$ e $$(f \circ x)'(t_0) = \nabla f(x(t_0))\cdot x'(t_0) = \partial_{x_1}f(x(t_0))\,x_1'(t_0) + \cdots + \partial_{x_n}f(x(t_0))\,x_n'(t_0)$$

Idea della dimostrazione. Per la differenziabilità, con $p = x(t_0)$, $$f(x(t)) - f(p) = \nabla f(p)\cdot(x(t) - p) + R(x(t))$$ Dividendo per $t - t_0$: il primo termine tende a $\nabla f(p)\cdot x'(t_0)$; il secondo è $\frac{R(x(t))}{|x(t) - p|}\cdot\frac{|x(t) - p|}{t - t_0}$, prodotto di un fattore che tende a $0$ e di uno limitato (tende in modulo a $|x'(t_0)|$), quindi tende a $0$.

Attenzione all'ipotesi: serve $f$ differenziabile, non basta che abbia le derivate parziali. Per $f = \frac{x^2y}{x^4 + y^2}$ e la curva $x(t) = (t, t^2)$ la composta vale $\frac12$ per $t \ne 0$ e $0$ per $t = 0$: non è nemmeno continua, mentre la formula darebbe derivata $\nabla f(0,0)\cdot(1, 0) = 0$.

Caso particolare: la formula del gradiente. Con la retta $x(t) = p + tu$ si ha $x'(0) = u$ e $(f \circ x)'(0) = D_u f(p)$; la regola della catena dà $D_u f(p) = \nabla f(p)\cdot u$.

Esempi del prof

1. Derivare una composta. Sia $f$ differenziabile su $\mathbb{R}^2$. Con $x(t) = (2t, t^2)$, $x'(t) = (2, 2t)$: $$\frac{d}{dt}f(2t, t^2) = 2\,\partial_x f(2t, t^2) + 2t\,\partial_y f(2t, t^2)$$ (le derivate parziali vanno calcolate nel punto $(2t, t^2)$, non in $(t, t)$ o altrove).

2. Ricavare il gradiente da informazioni lungo curve. Sia $f$ differenziabile su $\mathbb{R}^2$ con $$f(t + 1,\ \sin t + 2) = 2t^2, \qquad f(t^2 + 1,\ 3t + 2) = \cos t$$ Quanto vale $\nabla f(1, 2)$? Entrambe le curve passano per $(1, 2)$ in $t = 0$. Si deriva ciascuna identità in $t = 0$:

• prima curva: $x(t) = (t + 1, \sin t + 2)$, $x'(0) = (1, \cos 0) = (1, 1)$; a destra $\frac{d}{dt}2t^2 = 4t = 0$ in $t = 0$. Quindi $\partial_x f(1, 2) + \partial_y f(1, 2) = 0$.
• seconda curva: $x(t) = (t^2 + 1, 3t + 2)$, $x'(0) = (0, 3)$; a destra $-\sin 0 = 0$. Quindi $3\,\partial_y f(1, 2) = 0$.

Dal sistema: $\partial_y f(1, 2) = 0$ e $\partial_x f(1, 2) = 0$, cioè $\nabla f(1, 2) = (0, 0)$.

Il metodo in generale: ogni curva per $p$ con velocità $v$ dà un'equazione lineare $\nabla f(p)\cdot v = (\text{derivata nota})$; due curve con velocità non parallele determinano il gradiente nel piano.

Funzioni composte di più variabili

Se $g : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^n$, $g(s, t) = (g_1, \dots, g_n)$, e $f$ è differenziabile, la derivata parziale di $F(s, t) = f(g(s, t))$ rispetto a $s$ si ottiene tenendo $t$ fisso: $s \mapsto g(s, t)$ è una curva, e la regola della catena dà $$\partial_s F(s, t) = \nabla f(g(s, t))\cdot\partial_s g(s, t) = \sum_{i=1}^n\partial_{x_i}f(g(s, t))\,\partial_s g_i(s, t)$$ Esempi con il calcolo esplicito (in due modi) nell'Esercizio 20 · regola della catena e gradiente da informazioni lungo curve.

Il gradiente è ortogonale alle curve di livello

Proposizione. Sia $f$ di due variabili differenziabile in $p$, e supponiamo che l'insieme di livello di $f$ passante per $p$ sia, vicino a $p$, il sostegno di una curva $C^1$. Allora $\nabla f(p)$ è perpendicolare alla retta tangente a quella curva in $p$.

Dimostrazione. Sia $x(t)$ la curva di livello, con $x(t_0) = p$. Lungo di essa $f$ è costante: $f(x(t)) = c$ per ogni $t$. Derivando con la regola della catena: $$0 = \frac{d}{dt}f(x(t))\Big|_{t = t_0} = \nabla f(p)\cdot x'(t_0)$$ quindi il gradiente è ortogonale al vettore tangente $x'(t_0)$ ∎.

Significato. Sulla carta topografica il gradiente attraversa le isoipse perpendicolarmente, puntando verso le quote più alte. Lungo una curva di livello la quota non cambia: è coerente con il fatto che le direzioni di crescita nulla sono quelle ortogonali al gradiente (vedi Gradiente e direzione di massima crescitaIl gradiente è il vettore delle derivate parziali ∇f(p) = (∂₁f(p), …, ∂ₙf(p)). Se f è C¹ (derivate parziali continue) vale la formula del gradiente D_u f(p) = ∇f(p)·u: tutte le derivate direzionali si ottengono dalle parziali e u ↦ D_u f(p) è lineare. Tra i versori, la crescita è massima lungo ∇f/|∇f| (pendenza |∇f|), minima lungo −∇f/|∇f| (pendenza −|∇f|), nulla lungo le direzioni ortogonali al gradiente. Utili: ∇|x| = x/|x|, ∇φ(|x|) = φ'(|x|) x/|x|.Gradiente e direzione di massima crescita →).

Esempio. Per $f(x, y) = x^2 + y^2$ le curve di livello sono cerchi centrati nell'origine e $\nabla f = 2(x, y)$ è radiale: perpendicolare ai cerchi ✓.

Esempio (da un appello). Determinare $a \in \mathbb{R}$ affinché $(a, 6)$ sia ortogonale all'insieme di livello di $f(x, y) = 2x^3 - y^2$ nel punto $(1, 2)$. Il vettore deve essere parallelo a $\nabla f(1, 2) = (6x^2, -2y)|_{(1,2)} = (6, -4)$: $(a, 6) = \lambda(6, -4)$ dà $\lambda = -\frac32$ e $a = -9$.

Errori comuni

• Calcolare le derivate parziali di $f$ nel punto sbagliato: in $\frac{d}{dt}f(x(t))$ vanno valutate in $x(t)$.
• Applicare la regola a una $f$ non differenziabile.
• Dimenticare la derivata della curva: $(f \circ x)' = \nabla f\cdot x'$, non $\nabla f$ da solo.