B.Bacchelli Funzioni vettoriali, derivata della funzione composta, for- mula di Taylor

Appunti sul corso di Complementi di Matematica - mod Analisi prof. B.Bacchelli 2010/11

07 - Funzioni vettoriali, derivata della funzione composta, for- mula di Taylor.

Riferimenti: R.Adams, Calcolo Differenziale 2. Capitoli 3.4, 3.9. Esercizi 3.4, 3.9.

Funzioni a valori vettoriali di variabile reale

Sia r : R → Rⁿ una funzione a valori vettoriali definita in un intervallo J ⊂ R, cio`e r `e una legge che associa ad ogni t ∈ J un vettore a n componenti:

r(t) = (r1(t), r2(t), ..., rn(t)) , t ∈ J.

N.B. Ogni componente `e funzione reale di variabile reale.

Il limite di una funzione a valori vettoriali viene fatto per componenti:

t→tlim0

r(t) = µ

t→tlim0

r₁(t), lim

t→t0

r₂(t), ..., lim

t→t0

r_n(t)

¶

Si dice che r `e continua in t se sono continue in t tutte le sue componenti.

La derivata r⁰(t), se esiste, `e il vettore che ha per componenti le derivate delle componenti:

r⁰(t) = lim

h→0

r(t + h) − r(t)

h = (r⁰₁(t), r⁰₂(t), ..., r⁰_n(t))

In questo caso ogni componente `e funzione reale di variabile reale e la derivabilit`a equivale alla differenziabilit`a.

Si ha quindi che se r `e derivabile in t allora r `e continua in t.

Esempio 1. r(t) = (2 cos t, 3 sin t), t ∈ [0, π] descrive un arco di ellisse nel primo e secondo quadrante. La derivata `e r⁰(t) = (−2 sin t, 3 cos t).

Esempio 2. r(t) = (a + th, b + tk), t ∈ [0, 1] descrive il segmento dal punto (a, b) al punto (a + h, b + k). La derivata `e r⁰(t) = (h, k).

Derivata della funzione composta - Caso in cui la funzione com- posta `e funzione reale di variabile reale.

Teorema. Se z = f (x) : A ⊂ Rⁿ → R e r(t) = (r₁(t), r₂(t), ..., r_n(t)) : J ⊂ R → A e sia g = f ◦ r la funzione composta:

g(t) = f (r(t)), t ∈ J,

allora se r(t) `e derivabile in J e f `e differenziabile in A si ha che g `e derivabile in J con

g⁰(t) = ∇f (r(t)) · r⁰(t) Dim. Poich`e A `e aperto, sia

a = r(t)

un punto interno ad A, cio`e esiste un intorno U(a) contenuto in A. Vogliamo dimostrare che g⁰(t) = ∇f (a) · r⁰(t).

Poich`e esiste r<sup>0</sup>(t) allora r `e continua in t. Pertanto esiste un δ tale che per

|h| < δ i punti r(t+h) sono in U(a). Sia allora 0 < h < δ e sia r(t+h) = a+y, cio`e

a = r(t) e y = r(t + h) − r(t).

Poich`e f `e differenziabile in a abbiamo

g(t + h) − g(t) = f (r(t + h)) − f (r(t))

= f (a + y) − f (a) = ∇f (a) · y + |y| E(a, y) dove E(a, y) → 0 se y → 0.

Poich`e y = r(t + h) − r(t), dividendo per h otteniamo g(t + h) − g(t)

h = ∇f (a)·r(t + h) − r(t)

h + |r(t + h) − r(t)|

h E(a, y)

Passando al limite per h → 0 osserviamo che

g(t + h) − g(t)

h → g⁰(t), r(t + h) − r(t)

h → r⁰(t).

e quindi

¯¯

¯¯|r(t + h) − r(t)|

h

¯¯

¯¯ `e limitata. Inoltre, per la continuit`a di r in t, y → 0 se h → 0, e quindi E(a, y) → 0 se h → 0.

Ma allora |r(t + h) − r(t)|

h E(a, y) → 0 se h → 0. Da cui si ha la tesi, g⁰(t) = ∇f (a) · r⁰(t).

Nel caso n=2 la formula diventa, essendo r(t) = (x(t), y(t)),

g⁰(t) = ∇f (r(t)) · r⁰(t) = D₁f (x(t), y(t))x⁰(t) + D₂f (x(t), y(t))y⁰(t)

Esempio Sia a =(a, b), y = (h, k), e sia g(t) = f (a+ty) = f (a + th, b + tk). Allora,

g⁰(t) = ∇f (a+ty) y =fx(a + th, b + tk) h + fy(a + th, b + tk) k.

Esempio Sia g(t) = f (t², log t), dove f (x, y) = x⁵+ 3xy. Allora, g⁰(t) = fx(t², log t)2t + fy(t², log t)1

t

= (5x⁴+ 3y)_x=t²_{,y=log t}2t + (3x)_x=t²_{,y=log t}1

t = (5t⁸+ 3 log t)2t + 3t² Esempio. Ortogonalit`a del vettore gradiente rispetto ai vettori tangenti alle curve di livello.

Sia z = f (x, y) e sia S = {(x, y, z) : z = f (x, y)} . Notiamo che S `e la superficie di livello 0 della funzione F

F (x, y, z) = f (x, y) − z.

Inoltre,

∇F = (f_x, f_y, −1).

Sia r(t) = (x(t), y(t), z(t)) l’equazione di una una curva che giace sulla su- perficie S, e passante per a = (a, b, f (a, b)). Supponiamo che r(t) sia definita e differenziabile in un intervallo J ⊂ R¹. Sia r(t0) = a.

Vogliamo mostrare che il vettore r⁰(t₀) tangente alla curva in a `e per- pendicolare al vettore gradiente ∇F (a).

Infatti poich`e la curva giace su S, r soddisfa l’equazione F (r(t)) = 0, t ∈ J.

Derivando rispetto a t entrambi i membri si ha per la regola di derivazione della funzione composta valutata in t0

∇F (a) · r⁰(t₀) = 0.

Questo succede per ogni curva di questo tipo, e il piano di equazione

∇F (a) · (x − a) = 0

contiene quindi tutti i vettori r⁰(t₀) tangenti alle curve che stanno sulla su- perficie S e che passano per a. Per questo tale piano `e il piano tangente alla superficie z = f (x, y) nel punto a = (a, b, f (a, b)).

Tale equazione scritta in forma scalare `e

z = f (a, b) + f_x(a, b, f (a, b)) (x − a) + f_y(a, b, f (a, b)) (y − b)

Formula di Taylor per funzioni di due variabili.

Come per funzioni di una variabile la formula di Taylor di centro (a,b) di una funzione f di due variabili, rappresenta f (x, y) come somma di un polinomio di grado n, in questo caso nelle potenze di (x − a)e(y − b), e di un resto (errore) che `e stimato nella forma di Lagrange o nella forma di Peano. Tali stime esprimono il fatto che in un intorno del centro (a, b) dello sviluppo, tale polinomio `e una approssimazione all’ordine n della funzione data, cio`e l’errore `e un infinitesimo di ordine superiore a k(x − a, y − b)kⁿ, se (x, y) → (a, b).

Notazione. In quel che segue l’espressione (hD₁ + kD₂)^mf (a, b) indica la potenza m-esima formale del binomio (hD₁f (a, b) + kD₂f (a, b)), essendo h = x − a, k = y − b; per esempio

(hD₁+ kD₂)²f = h²D_1,1² f + 2hkD²_1,2f + k²D_2,2² f, e in generale

(hD₁+ kD₂)^mf = Xm

j=0

µm j

¶¡

D^j₁D₂^m−jf¢

h^j k^m−j

Teorema (Formula di Taylor). Supponiamo che f : R² → R, definita in un aperto A ⊂ R² contenente un punto (a, b) abbia derivate parziali continue fino all’ordine n + 1 in un intorno U((a, b)) ⊂A. Allora per ogni (h, k) ∈ R² tale che (a + h, b + k) ∈ U ((a, b)) si ha

f (a + h, b + k) = Xn m=0

1

m!(hD₁+ kD₂)^mf (a, b) + R_n(h, k),

dove il termine del resto di Lagrange `e dato da R_n(h, k) = 1

(n + 1)!(hD₁+ kD₂)ⁿ⁺¹f (a + θh, b + θk),

essendo θ ∈ (0, 1) un numero opportuno, dipendente da (a, b) e da (h, k).

La formula puo anche scriversi (resto di Peano) nella forma

f (a + h, b + k) = Xn m=0

1

m!(hD₁+ kD₂)^mf (a, b) + o (k(h, k)kⁿ) ,

dove lim(h,k)→(0,0)

o (k(h, k)kⁿ) k(h, k)kⁿ = 0.

Dim. Dimostriamo solo la formula col resto di Lagrange. Fissato (h, k) definiamo

g(t) = f (a + th, b + tk), t ∈ [0, 1].

Applichiamo a g la formula di Taylor (di una variabile) di ordine n, di centro t₀ = 0, incremento t = 1, e resto di Lagrange. Si ottiene

g(1) = g(0) + g⁰(0) + g⁰⁰(0)

2! + ... + g⁽ⁿ⁾(0)

n! +g⁽ⁿ⁺¹⁾(θ)

(n + 1)! , dove 0 < θ < 1.

Abbiamo g(1) = f (a + h, b + k), g(0) = f (a, b). Applicando la regola di derivazione della funzione composta si ha

g⁰(t) = D₁f (a + th, b + tk)h + D₂f (a + th, b + tk)k, g⁰(0) = (hD₁+ kD₂)f (a, b)

g⁰⁰(t) = D₁₁² f (a + th, b + tk)h² + D²₂₁f (a + th, b + tk)kh + D₁₂² f (a + th, b + tk)hk + D₂₂² f (a + th, b + tk)k²

= D₁₁² f (a + th, b + tk)h² + 2D²₂₁f (a + th, b + tk)kh + D₂₂² f (a + th, b + tk)k²

g⁰⁰(0) = (hD1+ kD2)²f (a, b) e in generale

g^(m)(0) = (hD₁+ kD₂)^mf (a, b) Da cui sostituendo si ha la tesi.

In particolare la formula di Taylor di ordine due, resto di Peano e centro in (a, b) `e la seguente:

f (x, y) = f (a, b) + f_x(a, b)(x − a) + f_y(a, b)(y − b) + 1

2f_xx(a, b)(x − a)²+ f_xy(a, b)(x − a)(y − b) + 1

2f_yy(a, b)(y − b)² + o((x − a)²+ (y − b)²),

per (x, y) → (a, b)

Esercizi

Scrivere la formula di Taylor di ordine due, resto di Peano e centro nel punto P indicato.

f (x, y) = e^y/x+ xy + 2 , P = (1, 0)

Facendo le derivate parziali necessarie e applicando la formula si ottiene

³ f (x, y) = 3 + 2y + y²/2 + o((x − 1)² + y²), (x, y) → (1, 0) f (x, y) = x³+ y² + 2e^xy , P = (−1, −1)

Facendo le derivate parziali necessarie e applicando la formula si ottiene

³ f (x, y) = 2e + (3 − 2e)(x + 1) + (−2 − 2e)(y + 1) − (3 − e)(x + 1)² +2(1 + e)(x + 1)(y + 1) + (1 + e)(y + 1)² + o((x + 1)² + (y + 1)²), (x, y) → (−1, −1)

f (x, y) = x⁵− 3xy + sin y², P = (0, 0)

In questo caso, senza fare derivate, si pu`o usare lo sviluppo di McLaurin di sin t

³ f (x, y) = −3xy + y²+ o((x²+ y²), (x, y) → (0, 0)

Da questa formula si pu`o dedurre che fxx(0, 0) = 0, fxy(0, 0) = −3, f_yy(0, 0) = 2

f (x, y) = log(3x²+ y), P = (0, 1)

Senza fare derivate, si pu`o usare lo sviluppo di McLaurin di log(1 + t)

³ f (x, y) = log((3x² + y − 1) + 1)

= (3x²+ y − 1) − 1

2(3x²+ y − 1)² + ...

= (y − 1) + 3x²− 1

2(y − 1)²+ o((x²+ (y − 1)²), (x, y) → (0, 1) f (x, y) = e^x−2y, P = (3, 0)

Senza fare derivate, si pu`o usare lo sviluppo di McLaurin di e^t

³ f (x, y) = e^x−3+3−2y = e³e^(x−3)−2y = e³[((x − 3) − 2y) + 1

2((x − 3) − 2y)²+ ...]

= e³(x − 3) − 2e³y +e³

2(x − 3)²+ e³y²− 2e³(x − 3)y + o((x − 3)²+ y²), (x, y) → (3, 0)

Scrivere la formula di Taylor di ordine 6, resto di Peano e centro nel punto (0, 0)

f (x, y) = x⁴+ cos(x³y) − 1

Senza fare derivate, si pu`o usare lo sviluppo di McLaurin di cos t

³ f (x, y) = x⁴+ o((x²+ y²)³), (x, y) → (0, 0)