LA DERIVATA DIREZIONALE

La derivata direzionale indica la pendenza della retta tangente in un punto P di una funzione a più variabili 

$$f:\ \mathbb{R^n}\to\mathbb{R}:\quad y=f(x_1,x_2,\dots,x_n)$$

P è un punto che appartiene al dominio di f con seguenti generiche coordinate

$$P\in D_f\ :\quad P=\begin{pmatrix} p_{01}&p_{02}&\cdots&p_{0n}\end{pmatrix}$$

 lungo un certo vettore v di componenti 

$$v=\begin{pmatrix} v_1\\v_2\\\cdots\\v_n\end{pmatrix}$$

La simbologia della derivata direzionale è:

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial v}:\ \text{variazione della funzione rispetto al vettore $v$}\\&D_v(f):\ \text{derivata di $f$ rispetto al (lungo il) vettore $v$}\end{aligned}$$

In altre parole possiamo esprimere la derivata direzionale la variazione della funzione lungo la retta tangente nel punto P parallela a v ad opera di un movimento unitario. 

Definiamo v’ quindi il vettore normalizzato di v.

(normalizzato significa che la sua norma o modulo vale 1).

Per ricavare il vettore v’ dividiamo v per la sua norma |v|

$$v’=\frac{v}{|v|}=\frac{1}{v}\begin{pmatrix}v_1\\v_2\\\cdots\\v_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{v_1}{|v|}\\ \frac{v_2}{|v|}\\ \cdots \\\frac{v_n}{|v|}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} v’_1\\v’_2\\\cdots\\v’_n\end{pmatrix}$$

 ovvero dividiamo ogni componente del vettore v per la sua norma |v|.

Ricordiamo che la norma |v| di v altro non è che la radice quadrata della somma dei quadrati delle componenti di v

$$|v|=\sqrt{v_1^2+v_2^2+\cdots+v_n^2}=\sqrt{\sum x_i^2}$$

Le componenti che chiamiamo v’1, v’2, …, v’n sono le componenti del vettore normalizzato 

$$v’_1=\frac{v_1}{|v|}\quad v’_2=\frac{v_2}{|v|}\quad \cdots\quad v’_n=\frac{v_n}{|v|}$$

La simbologia 

Una volta ricavato questo vettore normalizzato v’ possiamo applicare la definizione ufficiale di derivata direzionale che ci dice che

$$\frac{\partial f}{\partial v}(P)=\lim_{t\to0}\frac{f(p_{01}+tv’_1, p_{02}+tv’_2, \dots, p_{0n}+tv’_n)-f(x_{01}, x_{02}, \dots, x_{0n}) }{t}$$

Scritto in maniera più sintetica la cosa diventa praticamente quasi identica al concetto di derivata di una funzione ad una variabile

$$\frac{\partial f}{\partial v}(P)=\lim_{t\to0}\frac{f(P+tv’)-f(P)}{t}$$

Ricordiamo che in questo contesto stiamo ragionando con i vettori P(punto) e v'(direzione)

Nel classico concetto di derivata di funzioni ad una variabile reale siamo abituati a scrivere

•  h al posto di t (possiamo farlo anche qui) 
•  x al posto di P (possiamo farlo anche qui) 
•  non mettiamo v’

Al propositi di non scrivere v’ ricordiamo che la norma di v’ è pari ad 1, quindi in una variabile di solito 1 non si mette

$$f'(x)=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h\cdot1)-f(x)}{h}$$

Quando una funzione risulta differenziabile in un punto ed è quindi possibile approssimarla a livello lineare con un piano tangente allora possiamo esprimere la derivata direzionale come u prodotto vettoriale.

In particolare andiamo a moltiplicare il vettore gradiente per il vettore direzionale normalizzato

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial v}(P)=\nabla f(P)\cdot v’\\&\frac{\partial f}{\partial v}(P)=\begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial x_1}(P)&\frac{\partial f}{\partial x_2}(P)&\cdots&\frac{\partial f}{\partial x_n}(P)&\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} v’_1\\v’_2\\\cdots\\v’_n\end{pmatrix}\end{aligned}$$

VISUALIZZARE LA DERIVATA DIREZIONALE

Per visualizzare graficamente la derivata direzionale dobbiamo avere a riferimento una funzione a due variabili 

$$f:\ \mathbb{R^2}\to\ \mathbb{R}:\quad z=f(x,y)$$

In particolare seguiamo questi 4 step

1. Prendiamo una funzione e un punto di riferimento 
2. Individuiamo un vettore sul piano xoy che normalizziamo
3. Proiettiamo questo vettore sul piano tangente
4. Calcoliamo la variazione della curva rispetto alla funzione passante per il vettore

Vediamo di analizzare uno ad uno questi step mediante una opportuna rappresentazione grafica

Nota abbastanza importante: stiamo considerando una funzione che nel punto considerato risulta differenziale, dunque ammette piano tangente.

Questo semplificherà di molto la nostra visualizzazione

1 – PRENDIAMO UNA FUNZIONE E UN PUNTO DI RIFERIMENTO 

Il primo step è quello di fissare una funzione di riferimento 

In questo caso ho scelto la funzione paraboloide 

2 – INDIVIDUIAMO UN VETTORE SUL PIANO XOP CHE NORMALIZZIAMO 

Il secondo step è quello di individuare sul piano xoy un vettore v che parte dal punto Pche segue una certa direzione.

Se la lunghezza (norma o modulo) di questo vettore non vale 1, allora dobbiamo prendere un vettore con la stessa direzione ma di norma 1.

In gergo tecnico diciamo che lo stiamo normalizzando

Questo effetto si ottiene facilmente immaginando di metterlo dentro una circonferenza con centro nel punto P e raggio 1.

Questo vettore normalizzato lo chiamiamo ad esempio v’

Ad esempio nel grafico il vettore v  e la sua norma sono

$$v=\begin{pmatrix} 1\\2 \end{pmatrix}\quad |v|=\sqrt{5}$$

Dunque il vettore v’ normalizzato risulta

$$v’=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{5}}\\\frac{2}{\sqrt{5}} \end{pmatrix}$$

L’importante in questa fase è visualizzarlo a livello grafico 

3 – PROIETTIAMO IL VETTORE SULLA FUNZIONE

A questo punto proiettiamo questo vettore v’ normalizzato dal punto P sul piano al punto E sulla funzione

4 – PIANO TANGENTE E VARIAZIONE DELLA FUNZIONE

Ci mancano due cose per completare l’opera.

La prima è quella di disegnare il piano tangente nel punto della funzione E.

La seconda è proprio quella di visualizzare la derivata direzione.

Possiamo vederla come quel segmento o quel vettore che parte dalla punta del vettore v’ appena proiettato e diretto parallelamente all’asse z (o perpendicolarmente rispetto al piano xoy.

Il segmento finisce quando incontra la funzione.

Tale segmento detta derivata direzione è la pendenza della retta tangente nel punto P (o meglio E) che segue la direzione del vettore v e che si trova sul piano tangente.

ESEMPI DI CALCOLO DELLE DERIVATE DIREZIONALI

Ricordiamoci di una cosa molto importante.

Leggere tutta questa teoria senza vedere esempi pratici equivale a non capirci un tubo secco della questione.

Scaldiamo quindi i motori con il primo esempio di derivata direzionale con una funzione a due variabili

ESEMPIO 1 – CALCOLO DELLA DERIVATA DIREZIONALE

Calcoliamo la derivata direzionale sulla funzione a due variabili nel punto P  e secondo il vettore v indicati

$$f(x,y)=x^2-xy+3y^2\quad P(1,-1)\quad v=(3,4)$$

Normalizziamo per prima cosa il vettore v, quindi calcoliamone la norma

$$|v|=\sqrt{3^2+4^2}=5$$

Dunque il vettore v’ normalizzato risulta

$$v’=\frac{1}{5}\begin{pmatrix}3\\4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{3}{5}\\\frac{4}{5}\end{pmatrix}$$

CALCOLO CON IL LIMITE

Ora applichiamo la definizione di derivata direzionale con il limite

$$\frac{\partial f}{\partial v}(1,-1)=\lim_{t\to0}\frac{f\left(1+\frac{3}{5}t,-1+\frac{4}{5}t\right)-f(1,-1)}{t}$$

Calcoliamo quindi separatamente i valori della funzione nei due punti 

$$\begin{aligned}&f(1,-1)=1^2-1\cdot(-1)+3(-1)^2=5\\&\\&f\left(1+\frac{3}{5}t,-1+\frac{4}{5}t\right)=\left(1+\frac{3}{5}t\right)^2-\left(1+\frac{3}{5}t\right)\left(-1+\frac{4}{5}t\right)+3\left(-1+\frac{4}{5}t\right)^2\\&1+\frac{6}{5}t+\frac{9}{25}t^2-\left(-1+\frac{4}{5}t-\frac{3}{5}t+\frac{12}{25}t^2\right)+3\left(1-\frac{8}{5}t+\frac{}{}t^2\right)\\&=1+\frac{6}{5}t+\frac{9}{25}t^2+1-\frac{1}{5}t-\frac{12}{25}t^2+3-\frac{24}{5}t+\frac{48}{25}t^2\end{aligned}$$

Inseriamo dunque i due valori nel limite

$$\begin{aligned}&\lim_{t\to0}\frac{f\left(1+\frac{3}{5}, -1+\frac{4}{5}t\right)-f(1,-1)}{t}=\\&\lim_{t\to0}\frac{5-\frac{19}{5}t+\frac{57}{25}t^2-5}{t}=\\&\lim_{t\to0}\frac{t\left(-\frac{19}{5}+\frac{57}{25}t\right)}{t}=\\&-\frac{19}{5}+\frac{57}{25}t=-\frac{19}{5}\end{aligned}$$

Il valore del limite è la derivata cercata rispetto al vettore v

$$\frac{\partial f}{\partial v}(1,-1)=-\frac{19}{5}$$

CALCOLO CON IL PRODOTTO VETTORIALE

Il secondo modo più veloce per calcolare la derivata direzione è usando il prodotto vettoriale.

In particolare possiamo moltiplicare il vettore gradiente nel punto per il vettore direzionale normalizzato 

$$\frac{\partial f}{\partial v}(P)=\nabla f(P)\cdot v’$$

Questo è possibile poiché ci troviamo di fronte ad una funzione certamente differenziabile in R2 e dunque anche nel punto indicato 

Ricordiamo l’equazione della funzione con punto e vettore

$$f(x,y)=x^2-xy+3y^2\quad P(1,-1)\quad v=(3,4)$$

Calcoliamo dunque il vettore gradiente della funzione

$$\nabla f(x,y)=\begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial x}&\frac{\partial f}{\partial y}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2x-y&-x+6y \end{pmatrix}$$

Passiamo quindi al vettore gradiente nel punto P

$$\begin{aligned}&\nabla\ f(1,-1)=\begin{pmatrix} 2\cdot1-(-1)&-1+6(-1)\end{pmatrix}\\&\nabla\ f(1,-1)=\begin{pmatrix}3&-7 \end{pmatrix}\end{aligned}$$

Infine calcoliamo la derivata direzionale col prodotto vettoriale tra il gradiente nel punto e il vettore normalizzato 

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial v}(1,-1)=\nabla f(1,-1)\cdot v’\\&\frac{\partial f}{\partial v}(1,-1)=\begin{pmatrix}3&-7 \end{pmatrix}\frac{1}{5}\begin{pmatrix} 3\\4\end{pmatrix}=\frac{1}{5}\begin{pmatrix} 3&-7\end{pmatrix}\begin{pmatrix} 3\\4\end{pmatrix}\\&\frac{\partial f}{\partial v}(1,-1)=\frac{1}{5}(3\cdot3-7\cdot4)=-\frac{19}{5}\end{aligned}$$

Come possiamo ben notare abbiamo ottenuto lo stesso risultato.

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ESEMPIO 2 – CALCOLO DELLA DERIVATA DIREZIONALE

Calcoliamo la derivata direzionale sulla funzione a due variabili nel punto P  e secondo il vettore v indicati

$$f(x,y)=x\ \sin y\quad P=\left(1,\frac{\pi}{2}\right)\quad v=\begin{pmatrix} 1\\2\end{pmatrix}$$

Normalizziamo per prima cosa il vettore v, quindi calcoliamone la norma

$$|v|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$$

Dunque il vettore v’ normalizzato risulta

$$v’=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix} 1\\2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \frac{\sqrt{5}}{5}&\frac{2}{5}\sqrt{5}\end{pmatrix}$$

CALCOLO CON IL LIMITE

Ora applichiamo la definizione di derivata direzionale con il limite

$$\frac{\partial f}{\partial v}\left(1,\frac {\pi}{2}\right)=\lim_{t\to0}\frac{f\left(1+\frac{\sqrt{5}}{5}t, \frac{\pi}{2}+\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)-f\left(1,\frac{\pi}{2}\right)}{t}$$

Calcoliamo quindi separatamente i valori della funzione nei due punti 

$$\begin{aligned}&f\left(1,\frac{\pi}{2}\right)=1\cdot\sin\frac{\pi}{2}=1\\&f\left(1+\frac{\sqrt{5}}{5}t,\frac{\pi}{2}+\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)=\left(1+\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\sin\left(\frac{\pi}{2}+\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)\end{aligned}$$

Per le proprietà della trigonometria possiamo scrivere che

$$\sin\left(\frac{\pi}{2}+\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)=\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)$$

Quindi il valore della funzione diventa

$$f\left(1+\frac{\sqrt{5}}{5}t,\frac{\pi}{2}+\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)=\left(1+\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)$$

Inseriamo dunque i due valori nel limite

$$\begin{aligned}&\lim_{t\to0}\frac{f\left(1+\frac{\sqrt{5}}{5}t, \frac{\pi}{2}+\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)-f\left(1,\frac{\pi}{2}\right)}{t}\\&\lim_{t\to0}\frac{\left(1+\frac{\sqrt{5}}{5}\right)\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)-1}{t}\\&\lim_{t\to0}\frac{\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)+\frac{\sqrt{5}}{5}t\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)-1}{t}\end{aligned}$$

Sostituendo otteniamo ovviamente una forma indeterminata del tipo 0/0.

$$\frac{\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\cdot0\right)+\frac{\sqrt{5}}{5}\cdot0\cdot\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\cdot0\right)-1}{0}=\frac{1+0-1}{0}=\frac{0}{0}$$

Per risolvere tale forma indeterminata riscriviamo il limite in questo modo

$$\lim_{t\to0}\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}t\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)-\left(1-\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)\right)}{t}=$$

Ricordiamo che per la teoria dei limiti notevoli e degli asintotici 

$$t\to0:\quad 1-\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\right)\sim\frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)^2=\frac{2}{5}t^2$$

Mentre d’atro canto il coseno se ne va ad 1

$$\cos\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}\cdot0\right)=1$$

Dunque possiamo riscrivere il limite in oggetto

$$\lim_{t\to0}\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}t-\frac{2}{5}t^2}{t}=\lim_{t\to0}\frac{\frac{1}{5}t\left(\sqrt{5}-2t\right)}{t}=\frac{1}{5}\lim_{t\to0}\left(\sqrt{5}-2t\right)=\frac{\sqrt{5}}{5}$$

Ecco trovato dunque il valore della derivata direzionale

$$\frac{\partial f}{\partial v}\left(1,\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\sqrt{5}}{5}$$

CALCOLO CON IL PRODOTTO VETTORIALE

Passiamo alla seconda modalità di calcolo con il prodotto vettoriale.

In particolare possiamo moltiplicare il vettore gradiente nel punto per il vettore direzionale normalizzato 

$$\frac{\partial f}{\partial v}(P)=\nabla\ f(P)\cdot v’$$

Questo è possibile poiché ci troviamo di fronte ad una funzione certamente differenziabile in R2 e dunque anche nel punto indicato 

Ricordiamo l’equazione della funzione con punto e vettore

$$f(x,y)=x\sin y\quad P\left(1,\frac{\pi}{2}\right)\quad v=\begin{pmatrix} 1\\2\end{pmatrix}$$

Calcoliamo dunque il vettore gradiente della funzione

$$\nabla(x,y)=\begin{pmatrix}\frac{\partial f}{\partial x}& \frac{\partial f}{\partial y}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sin y&x\sin y \end{pmatrix}$$

Passiamo quindi al vettore gradiente nel punto P

$$\nabla\left(1,\frac{\pi}{2}\right)=\begin{pmatrix}\sin\frac{\pi}{2}&1\cdot\cos\frac{\pi}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0 \end{pmatrix}$$

Infine calcoliamo la derivata direzionale col prodotto vettoriale tra il gradiente nel punto e il vettore normalizzato 

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial v}\left(1,\frac{\pi}{2}\right)=\nabla\left(1,\frac{\pi}{2}\right)\cdot v’\\&\frac{\partial f}{\partial v}\left(1,\frac{\pi}{2}\right)=\begin{pmatrix}1&0 \end{pmatrix}\frac{\sqrt{5}}{5}\begin{pmatrix}1\\2 \end{pmatrix}=\frac{\sqrt{5}}{5}\begin{pmatrix}1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\2 \end{pmatrix}\\&\frac{\partial f}{\partial v}\left(1,\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\sqrt{5}}{5}(1\cdot1-2\cdot0)=\frac{\sqrt{5}}{5}\end{aligned}$$

Come possiamo ben notare abbiamo ottenuto lo stesso risultato.

ESEMPIO 3 – CALCOLO DELLA DERIVATA DIREZIONALE

Calcoliamo la derivata direzionale sulla funzione a due variabili nel punto P  e secondo il vettore v indicati

$$f(x,y)=x\ e^y\quad P(2,\log2)\quad v=\begin{pmatrix}-2\\3 \end{pmatrix}$$

Normalizziamo per prima cosa il vettore v, quindi calcoliamone la norma

$$|v|=\sqrt{(-2)^2+3^2}=\sqrt{13}$$

Dunque il vettore v’ normalizzato risulta

$$v’=\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix} -2\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\frac{2}{\sqrt{13}}&\frac{3}{\sqrt{13}}\end{pmatrix}$$

CALCOLO CON IL LIMITE

Ora applichiamo la definizione di derivata direzionale con il limite

$$\frac{\partial f}{\partial v}(2,\log2)=\lim_{t\to0}\frac{f\left(2-\frac{2}{\sqrt{13}}t, \log2+\frac{3}{\sqrt{13}}t\right)-f(2,\log2)}{t}$$

Calcoliamo quindi separatamente i valori della funzione nei due punti 

$$\begin{aligned}&f(2,\log2)=2e^{\log2}=2\cdot2=4\\&f\left(2-\frac{2}{\sqrt{13}}t, \log2+\frac{2}{\sqrt{13}}t\right)=\left(2-\frac{2}{\sqrt{13}}t\right)e^{\log2+\frac{3}{\sqrt{13}}t}\end{aligned}$$

Ricordiamo che

$$e^{\log2+\frac{3}{\sqrt{13}}t}=e^{\log2}\ e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}=2e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}$$

Dunque

$$f\left(2-\frac{2}{\sqrt{13}}t, \log2+\frac{2}{\sqrt{13}}t\right)=2\left(2-\frac{2}{\sqrt{13}}t\right)e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}=4e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-\frac{4}{\sqrt{13}}te^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}$$

Quindi il limite diventa

$$\begin{aligned}&\lim_{t\to0}\frac{f\left(2-\frac{2}{\sqrt{13}}t, \log2+\frac{3}{\sqrt{13}}t\right)-f(2,\log2)}{t}\\&\lim_{t\to0}\frac{4e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-\frac{4}{\sqrt{13}}te^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-4}{t}=\frac{0}{0}\end{aligned}$$

Come è facile intuire abbiamo ottenuto una forma indeterminata 0/0.

Per affrontare la spinosa questione separiamo il limite in due parti in questo modo

$$\lim_{t\to0}\frac{4e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-4}{t}-\lim_{t\to0}\frac{\frac{4}{\sqrt{13}}te^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}}{t}$$

Per risolvere la prima parte del limite cominciamo a raccogliere a fattor comune il 4

$$\lim_{t\to0}\frac{4e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-4}{t}=4\lim_{t\to0}\frac{e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-1}{t}$$

Dalla teoria dei limiti notevoli e degli asintotici sappiamo che

$$t\to0:\quad e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-1\sim \frac{3}{\sqrt{13}}t$$

In maniera dunque asintotica il nostro limite diventa

$$4\lim_{t\to0}\frac{e^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}-1}{t}\sim4\frac{\frac{3}{\sqrt{13}}t}{t}=\frac{12}{\sqrt{3}}$$

Mentre per la seconda parte non ci sono grossi problemi poiché semplifichiamo le t e l’esponenziale tende ad 1

$$\lim_{t\to0}\frac{\frac{4}{\sqrt{13}}te^{\frac{3}{\sqrt{13}}t}}{t}=\frac{4}{\sqrt{13}}$$

Dunque la nostra derivata direzionale è data dalla somma delle due parti 

$$\frac{\partial f}{\partial v}(2,\log2)=\frac{12}{\sqrt{3}}-\frac{4}{\sqrt{3}}=\frac{8}{\sqrt{3}}$$

CALCOLO CON IL PRODOTTO VETTORIALE

Passiamo alla seconda modalità di calcolo con il prodotto vettoriale.

In particolare possiamo moltiplicare il vettore gradiente nel punto per il vettore direzionale normalizzato 

$$\frac{\partial f}{\partial v}(P)=\nabla\ f(P)\cdot v’$$

Questo è possibile poiché ci troviamo di fronte ad una funzione certamente differenziabilein R2 e dunque anche nel punto indicato 

Ricordiamo l’equazione della funzione con punto e vettore

$$f(x,y)=x\ e^y\quad P(2,\log2)\quad v=\begin{pmatrix}-2\\3 \end{pmatrix}$$

Calcoliamo dunque il vettore gradiente della funzione

$$\nabla(x,y)=\begin{pmatrix}\frac{\partial f}{\partial x}& \frac{\partial f}{\partial y}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}e^y&x\ e^y \end{pmatrix}$$

Passiamo quindi al vettore gradiente nel punto P

$$\nabla\ f(2,\log2)=\begin{pmatrix} e^{\log2}&2\cdot e^{\log2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&4\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1&2 \end{pmatrix}$$

Infine calcoliamo la derivata direzionale col prodotto vettoriale tra il gradiente nel punto e il vettore normalizzato 

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial v}(2,\log2)=\nabla\ f\left(1\frac{\pi}{2}\right)\cdot v’\\&\frac{\partial f}{\partial v}(2,\log2)=2\begin{pmatrix}1&2 \end{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}-2\\3 \end{pmatrix}=\frac{2}{\sqrt{13}}\begin{pmatrix}1&2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}-2\\3 \end{pmatrix}\\&\frac{\partial f}{\partial v}(2,\log2)=\frac{2}{\sqrt{13}}\left(1\cdot(-2)+2\cdot3\right)=\frac{8}{\sqrt{13}}\end{aligned}$$

Come possiamo ben notare abbiamo ottenuto lo stesso risultato.

$$\frac{\partial f}{\partial v}(2,\log2)=\frac{8}{\sqrt{13}}$$

ESEMPIO 4 – CALCOLO DELLA DERIVATA DIREZIONALE

Vediamo un esempio un po’ atipico di calcolo della derivata direzionale che riguarda una funzione a due variabili.

$$f(x,y)=\begin{cases} \frac{\log(1+y)}{x}&\text{se $x\ne0\land y>0$}\\ 2^x&\text{se $x=0\land y>0$}\end{cases}\quad P(0,0)\quad v=\begin{pmatrix}1\\2 \end{pmatrix}$$

PREMESSA IMPORTANTE

Da notare che in questo caso l’unico modo per poter fare il calcolo è mediante il limite.

Infatti questa funzione non dispone della prima componente del gradiente rispetto all’asse delle y.

Se infatti proviamo a calcolare la derivata parziale rispetto alle x sfruttando la definizione di derivata arriviamo ad una forma indeterminata che non ammette un solo valore

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial y}=\lim_{h\to0}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}\\&\frac{\partial f}{\partial y}=\lim_{h\to0}\frac{\frac{\log(1+0)}{h}-2}{h}=\frac{0-2}{0}=\infty\end{aligned}$$

CALCOLO DERIVATA DIREZIONALE CON IL LIMITE

Passiamo dunque alla derivata della funzione rispetto al vettore indicato 

Normalizziamo per prima cosa il vettore v, quindi calcoliamone la norma

$$|v|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$$

Dunque il vettore v’ normalizzato risulta

$$v’=\frac{1}{\sqrt{5}}\begin{pmatrix}1\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{\sqrt{5}}{5}\\\frac{2}{5}\sqrt{5}\end{pmatrix}$$

CALCOLO CON IL LIMITE

Ora applichiamo la definizione di derivata direzionale con il limite

$$\frac{\partial f}{\partial v}(0,0)=\lim_{t\to0}\frac{f\left(0,\frac{\sqrt{5}}{5}t, 0+\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)-f(0,0)}{t}$$

Per la teoria dei limiti notevoli e degli asintotici abbiamo che:

$$\lim_{t\to0}\frac{\frac{\log\left(1+\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)}{\frac{\sqrt{5}}{5}t}-2}{t}\sim\lim_{t\to0}\frac{\frac{\frac{2}{5}\sqrt{5}t}{\frac{\sqrt{5}}{5}t}-2}{t}=\lim_{t\to0}\frac{2-2}{t}=???$$

Il calcolo non ci ha ancora fornito un risultato con un grado di precisione accettabile quindi procediamo con lo sviluppo di Taylor fino al secondo ordine della funzione logaritmica.

$$\log(1+x)\sim x-\frac{x^2}{2}$$

Dunque applicato al limite in oggetto diventa

$$\lim_{t\to0}\frac{\frac{\log\left(1+\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)}{\frac{\sqrt{5}}{5}t}-2}{t}\sim\lim_{t\to0}\frac{2-\frac{\frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}\sqrt{5}t\right)^2}{\frac{\sqrt{5}}{5}t}-2}{t}=\frac{2}{5}\sqrt{5}$$

ESEMPIO 5 – CALCOLO DELLA DERIVATA DIREZIONALE

Cerchiamo la derivata direzionale di una funzione a tre variabili

$$f(x,y,z)=e^x\ y\cos z\quad P=\left(\log3, -1, \frac{\pi}{6}\right)\quad v=\begin{pmatrix}1\\-1\\3\end{pmatrix}$$

Normalizziamo per prima cosa il vettore v, quindi calcoliamone la norma

$$|v|=\sqrt{1^1+(-1)^2+3^2}=\sqrt{11}$$

Dunque il vettore v’ normalizzato risulta

$$v’=\frac{1}{\sqrt{11}}\begin{pmatrix}1\\-1\\3\end{pmatrix}$$

Siccome la funzione è continua e derivabile nel punto indicato procediamo direttamente con il calcolo vettoriale

$$\frac{\partial f}{\partial l}=\nabla\ f(P)\cdot v’$$

Procediamo quindi con il calcolo del vettore gradiente

$$\begin{aligned}&\nabla f(x,y,z)=\begin{pmatrix} \frac{\partial f}{\partial x}&\frac{\partial f}{\partial y}&\frac{\partial f}{\partial z}\end{pmatrix}\\&\\&\nabla f(x,y,z)=\begin{pmatrix}e^x\ y\cos z&e^x\cos z&-e^x\ y\sin z\end{pmatrix}=e^x\begin{pmatrix} y\cos z&\cos z&-\ y\sin z\end{pmatrix}\end{aligned}$$

Calcoliamo il gradiente nel punto P

$$\begin{aligned}&\nabla f\left(\log3, -1, \frac{\pi}{6}\right)=e^{\log3}\begin{pmatrix} -\cos\frac{\pi}{6}&\cos\frac{\pi}{6}&-(-1)\sin\frac{\pi}{6}\end{pmatrix}\\&\\&\nabla f\left(\log3, -1, \frac{\pi}{6}\right)=3\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}&\frac{1}{2}&\frac{\sqrt{3}}{2} \end{pmatrix}=\frac{3}{2}\begin{pmatrix} -1&1&\sqrt{3}\end{pmatrix}\end{aligned}$$

Applichiamo dunque la regola del prodotto scalare di vettori

$$\begin{aligned}&\frac{\partial f}{\partial v}\left(\log3, -1, \frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{2}\begin{pmatrix} -1&1&\sqrt{3}\end{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{11}}\begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix}\\&\\&\frac{\partial f}{\partial v}\left(\log3, -1, \frac{\pi}{6}\right)=\frac{3}{2\sqrt{11}}(-1-1+3\sqrt{3})=(3\sqrt{3}-2)\frac{3}{2\sqrt{11}}\end{aligned}$$

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