Esercizio 19piani tangenti e stime con il differenziale

Testo.

1. (Lezione 3, esercizio 4.) Sia $f(x, y) = x\,e^y$. Provare che $f$ è differenziabile su $\mathbb{R}^2$; determinarne il gradiente e l'equazione del piano tangente affine in un punto $(x_0, y_0, f(x_0, y_0))$.
2. (Ripassi 2025/26, esercizio 1.6.) Sia $f$ di classe $C^1$ attorno a $(1, 2)$ con $f(1, 2) = 0$, $f_x(1, 2) = 3$ e $f_y(1, 2) = -2$. (a) Determinare l'equazione del piano tangente al grafico di $f$ in $(1, 2)$; (b) approssimare il valore di $f(1.1, 1.9)$; (c) calcolare la derivata della funzione $f(1 + t^2, 2e^t)$ in $t = 0$.

Teoria: 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 →, 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 →.

1. $f(x, y) = x\,e^y$

Differenziabilità. Le derivate parziali $$f_x(x, y) = e^y, \qquad f_y(x, y) = x\,e^y$$ (per $f_x$ il fattore $e^y$ è costante; per $f_y$ lo è $x$) esistono in ogni punto e sono continue su $\mathbb{R}^2$ (prodotti di polinomi ed esponenziali). Quindi $f$ è di classe $C^1$Derivate parziali esistenti e continue: è la condizione sufficiente per la differenziabilità. su $\mathbb{R}^2$, e le funzioni $C^1$ sono differenziabili.

Gradiente: $\nabla f(x, y) = (e^y,\ x\,e^y) = e^y\,(1, x)$.

Piano tangente in $(x_0, y_0, x_0e^{y_0})$: $$z = x_0e^{y_0} + e^{y_0}(x - x_0) + x_0e^{y_0}(y - y_0)$$ Raccogliendo $e^{y_0}$ e semplificando ($x_0 - x_0 = 0$): $$z = e^{y_0}\big(x + x_0\,(y - y_0)\big)$$

Esempio numerico. In $(1, 0)$: $z = x + (y - 0) = x + y$. Controllo: $f(1.1, 0.1) = 1.1\,e^{0.1} \approx 1.2157$, il piano dà $1.2$ ✓ (errore di ordine $0.01$, cioè del quadrato degli incrementi).

2. I dati in $(1, 2)$

(a) Piano tangente. Con la formula $z = f(1,2) + f_x(1,2)(x - 1) + f_y(1,2)(y - 2)$: $$z = 3(x - 1) - 2(y - 2) \iff z = 3x - 2y + 1$$

(b) Stima di $f(1.1, 1.9)$. Gli incrementi sono $\Delta x = 0.1$ e $\Delta y = -0.1$; con la linearizzazionePer (x, y) vicino a (1, 2), f(x, y) è circa uguale al valore del piano tangente.: $$f(1.1, 1.9) \approx 0 + 3\cdot 0.1 + (-2)\cdot(-0.1) = 0.3 + 0.2 = 0.5$$ Entrambi gli incrementi fanno crescere $f$: $x$ aumenta e $f_x > 0$; $y$ diminuisce e $f_y < 0$.

(c) Derivata di $h(t) = f(1 + t^2, 2e^t)$ in $t = 0$. La curva $\gamma(t) = (1 + t^2, 2e^t)$ passa per $\gamma(0) = (1, 2)$ ✓, con velocità $\gamma'(t) = (2t, 2e^t)$, quindi $\gamma'(0) = (0, 2)$. Per la regola della catena: $$h'(0) = \nabla f(1, 2)\cdot\gamma'(0) = (3, -2)\cdot(0, 2) = -4$$

Errori comuni

• Dimenticare di verificare che la curva passi per il punto in cui si conosce il gradiente: qui $\gamma(0) = (1, 2)$, altrimenti i dati non servirebbero.
• Scrivere il piano tangente con le derivate calcolate in $(x, y)$ invece che nel punto di tangenza: i coefficienti del piano sono numeri.