Esercizio 16gradiente, direzioni di massima pendenza e il lago

Testo.

1. (Lezione 3, esercizio 6.) Un'escursionista si trova su una montagna vicino ad un ruscello, ed ha in mano una carta della zona. La superficie della montagna ha equazione cartesiana $z = f(x, y) = \dfrac{20}{3 + x^2 + 2y^2}$ (le coordinate sono in chilometri). L'escursionista è nel punto di coordinate $(3, 2)$. In quale direzione scende il ruscello? (si assume che esso segua sempre la linea di massima pendenza).
2. (Appello 3, 12 luglio 2017, teoria.) La profondità di un lago nel punto di coordinate $(x, y)$ vale $z = 200 + 0.02x^2 - 0.001y^3$, dove $x, y, z$ sono misurate in metri. Un pescatore in una piccola barca parte dal punto $(80, 60)$ e va verso la boa che si trova nell'origine. Quando parte, l'acqua sotto la barca diventa più o meno profonda? Spiegare.
3. (Appello 4, 5 settembre 2017, teoria.) Un insetto striscia sul piano $x, y$ con legge oraria (t in secondi) $\gamma(t) = \left(\sqrt{1 + t},\ 2 + \frac t3\right)$. La temperatura (in Celsius) in un punto $(x, y)$ del piano è una funzione $T(x, y)$ con gradiente nel punto $(2, 3)$ (raggiunto all'istante $t = 3$) uguale a $\nabla T(2, 3) = (4, 3)$. (a) Quanto vale la derivata della composta $T \circ \gamma$ in $t = 3$? (b) Di quanto varia approssimativamente la temperatura tra il punto $\gamma(3)$ e il punto $\gamma(3.5)$?
4. (Appello 3, 9 luglio 2019, domanda teorica T2.) Sia $f(x, y)$ differenziabile in $(0, 0)$, con $f(0, 0) = 0$ e $\nabla f(0, 0) = (3, -4)$. Determinare i vettori unitari $\vec u$ tali che $D_{\vec u}f(0, 0) = 0$; calcolare, se esiste, $\displaystyle\lim_{(x,y) \to (0,0)}\frac{f(x, y) - 3x + 4y}{(x^2 + y^2)^{1/4}}$.

Teoria: 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 →, Regola della catena in più variabiliSe x(t) è una curva derivabile e f è differenziabile in x(t₀), allora (f∘x)'(t₀) = ∇f(x(t₀))·x'(t₀) = Σ ∂ᵢf(x(t₀)) xᵢ'(t₀): la variazione di f lungo il moto è il gradiente per la velocità. Serve per derivare composte come f(2t, t²), per ricavare il gradiente da informazioni lungo curve, per le derivate di f(g(s,t)) e per provare che il gradiente è ortogonale alle curve di livello.Regola della catena in più variabili →, 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 →.

1. Il ruscello

L'acqua scende lungo la linea di massima pendenza in discesa, cioè nella direzione di $-\nabla f$, la direzione di minima crescitaTra tutti i versori, la derivata direzionale è minima per il versore opposto al gradiente, e vale meno la norma del gradiente..

Gradiente. $f = 20\,(3 + x^2 + 2y^2)^{-1}$, quindi (regola della catena con $\varphi(s) = 20s^{-1}$, $\varphi'(s) = -20s^{-2}$): $$\nabla f(x, y) = -\frac{20}{(3 + x^2 + 2y^2)^2}\,(2x,\ 4y)$$ In $(3, 2)$: $3 + 9 + 8 = 20$, quindi $$\nabla f(3, 2) = -\frac{20}{400}(6, 8) = \left(-\frac{3}{10},\ -\frac{2}{5}\right)$$

Direzione del ruscello. $$-\nabla f(3, 2) = \left(\frac{3}{10}, \frac{4}{10}\right), \qquad |-\nabla f(3,2)| = \frac{\sqrt{9 + 16}}{10} = \frac12, \qquad u = \frac{-\nabla f}{|\nabla f|} = \left(\frac35,\ \frac45\right)$$ Il ruscello scende nella direzione del versore $\left(\frac35, \frac45\right)$, cioè allontanandosi dalla vetta (che è nell'origine, dove $f$ è massima): ha senso, $(3, 2)$ e $(\frac35, \frac45)$ puntano entrambi "verso l'esterno". La pendenza in quel punto è $-\frac12$: mezzo chilometro di dislivello per chilometro percorso.

2. Il lago

La domanda è il segno di una derivata direzionale: partendo da $p = (80, 60)$ verso l'origine, cioè lungo il vettore $v = (0, 0) - (80, 60) = (-80, -60)$, la profondità cresce o cala?

$z$ è un polinomio, quindi $C^1$, e vale la formula del gradiente. $$\nabla z = (0.04\,x,\ -0.003\,y^2), \qquad \nabla z(80, 60) = (3.2,\ -10.8)$$ Versore della direzione: $u = \frac{v}{|v|} = \frac{(-80, -60)}{100} = (-0.8,\ -0.6)$. Quindi $$D_u z(80, 60) = 3.2\cdot(-0.8) + (-10.8)\cdot(-0.6) = -2.56 + 6.48 = 3.92 > 0$$ La profondità aumenta: partendo, l'acqua sotto la barca diventa più profonda, di circa $3.9$ m per ogni metro percorso, in prima approssimazione (le unità sono tutte in metri).

Perché. Andando verso l'origine $x$ diminuisce (e $0.02x^2$ cala, rendendo il lago meno profondo) ma anche $y$ diminuisce (e $-0.001y^3$ cresce, rendendolo più profondo). Il secondo effetto vince, perché in $y = 60$ il termine cubico varia molto più in fretta.

3. L'insetto

(a) Verifica preliminare: $\gamma(3) = (\sqrt4,\ 2 + 1) = (2, 3)$ ✓. Velocità: $$\gamma'(t) = \left(\frac{1}{2\sqrt{1 + t}},\ \frac13\right), \qquad \gamma'(3) = \left(\frac14,\ \frac13\right)$$ Per la regola della catena (supponendo $T$ differenziabile, come sottinteso dal testo): $$(T \circ \gamma)'(3) = \nabla T(2, 3)\cdot\gamma'(3) = 4\cdot\frac14 + 3\cdot\frac13 = 2 \ ^\circ\text{C/s}$$

(b) Con l'approssimazione al prim'ordine della funzione di una variabile $h(t) = T(\gamma(t))$: $$T(\gamma(3.5)) - T(\gamma(3)) \approx h'(3)\cdot(3.5 - 3) = 2\cdot 0.5 = 1 \ ^\circ\text{C}$$ La temperatura sale di circa un grado.

4. La domanda teorica

Versori con $D_u f(0,0) = 0$. Per la formula del gradiente $D_u f(0,0) = 3u_1 - 4u_2$. Serve $3u_1 = 4u_2$ con $u_1^2 + u_2^2 = 1$: i vettori ortogonali a $(3, -4)$ sono i multipli di $(4, 3)$, e normalizzando ($|(4, 3)| = 5$) $$u = \pm\left(\frac45,\ \frac35\right)$$

Il limite. Il numeratore è il resto della linearizzazione: $L(x, y) = f(0,0) + \nabla f(0,0)\cdot(x, y) = 3x - 4y$, quindi $f(x, y) - 3x + 4y = R(x, y)$, e la differenziabilità dice $\frac{R(x, y)}{r} \to 0$ con $r = \sqrt{x^2 + y^2}$. Il denominatore è $(x^2 + y^2)^{1/4} = \sqrt r$: $$\frac{R(x, y)}{\sqrt r} = \frac{R(x, y)}{r}\cdot\sqrt r \to 0\cdot 0 = 0$$ Il limite esiste e vale $0$. (Con $r$ al posto di $\sqrt r$ al denominatore sarebbe ancora $0$, per definizione; con $r^2$ invece non si potrebbe dire nulla.)

Errori comuni

• Mandare il ruscello lungo $+\nabla f$: è la direzione in cui si sale.
• Usare il vettore $(-80, -60)$ senza normalizzarlo quando si vuole la pendenza: il segno è lo stesso, ma il valore $392$ non è la pendenza (va diviso per $|v| = 100$).
• Nel punto 4, dire che il limite non si può calcolare perché $f$ non è nota: basta la definizione di differenziabilità.