Richiesta di visionare i passaggi relativi ad un calcolo di derivata parziale

Prima di postare leggi le regole del Forum. Puoi anche leggere le ultime discussioni.

Questa sezione è un contenitore temporaneo per i topic speciali a pagamento (One-Shot)

Se hai acquistato uno o più Topic speciali, puoi pubblicarli qui cliccando su "Apri un Topic".

Il registro completo dei Topic risolti e in corso è disponibile sul proprio profilo.

Richiesta di visionare i passaggi relativi ad un calcolo di derivata parziale #99218

Westwood

Punto

Vorrei che fossero esplicitati tutti i passaggi relativi al calcolo delle derivate parziali di una funzione che mi servono per ricavare il piano tangente al grafico di una funzione esponenziale a base variabile, in un punto fissato.

Scrivere l’equazione del piano tangente alla superficie di equazione:

$f(x,y)=\left(1+\frac{x^2}{y}\right)^{-y} \ \ \ \mbox{nel punto} \ \ \ Q_0(-1,1,f(-1,1))$ .

Vorrei vedere i passaggi che conducono alle derivate parziali in $x\mbox{e in}\ y$ e poi il risultato finale: per favore con tutti i passaggi di calcolo delle derivate.

Inoltre mi dite per favore ad ogni passaggio come faccio a considerare l'altra variabile come una costante ma allo stesso tempo considerare tutto una funzione composta?

Grazie mille.

Re: Richiesta di visionare i passaggi relativi ad un calcolo di derivata parziale #99241

Ifrit

Amministratore

L'esercizio ci chiede di determinare l'equazione del piano tangente al grafico della funzione di due variabili

$f(x,y)=\left(1+\frac{x^2}{y}\right)^{-y}$

nel punto $Q_{0}\left(-1, 1, f(-1,1)\right).$

Un po' di teoria

Prima di occuparci dell'esercizio, è opportuno effettuare un breve preambolo teorico.

Sia

$f:D\subseteq\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$

una funzione differenziabile in un punto $(x_0, y_0)\in D$ , l'equazione del piano tangente al grafico di

nel punto

si ricava mediante la formula:

$z=f(x_0,y_0)+\nabla f(x_0,y_0)\cdot (x-x_0, y-y_0)$

dove

è il valore che la funzione assume in $(x_0,y_0) \ \mbox{e} \ \nabla f(x_0,y_0)$ è il gradiente associato a

valutato in

.

Notiamo che $\nabla f(x_0,y_0)\cdot (x-x_0, y-y_0)$ indica il prodotto scalare tra il vettore $\nabla f(x_0,y_0)$ e il vettore

.

Rammentiamo che $\nabla f(x_0,y_0)$ è per definizione il vettore che ha per componenti le derivate parziali del primo ordine di

, valutate in

, ossia:

$\nabla f(x_0,y_0)=\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0), \frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\right)$

pertanto se esplicitiamo il prodotto scalare, l'equazione del piano tangente diventa:

$z=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)\cdot(x-x_0)+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)\cdot(y-y_0)$

Operativamente

Dal punto di vista applicativo, per risolvere l'esercizio bisogna:

- valutare la funzione nel punto

, ossia calcolare esplicitamente

;

- calcolare le derivate parziali prime usando le opportune tecniche di derivazione;

- usare la formula che definisce l'equazione del piano tangente.

Consideriamo la funzione

$f(x,y)=\left(1+\frac{x^2}{y}\right)^{-y}$

e calcoliamo immediatamente il valore

: esso si ottiene rimpiazzando al posto delle variabili $x\ \mbox{e} \ y$ rispettivamente i valori $-1\ \mbox{e} \ 1$ :

$f(-1,1)=\left(1+\frac{(-1)^2}{1}\right)^{-1}=2^{-1}=\frac{1}{2}$

Teniamoci da parte questo valore e continuiamo la nostra discussione.

Purtroppo l'espressione analitica di

non è esattamente semplice da maneggiare, soprattutto per quanto concerne il calcolo delle derivate: siamo infatti in presenza di una funzione esponenziale a base variabile.

In generale se un'espressione matematica si presenta nella forma

, interviene la relazione fondamentale che lega la funzione logaritmo e la funzione esponenziale:

$a^{b}=e^{b\ln(a)} \ \ \ \mbox{con} \ a>0$

mediante la quale possiamo esprimere

in una forma più comoda:

$f(x,y)=\left(1+\frac{x^2}{y}\right)^{-y}=e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}$

Sia chiaro che questa espressione ha senso nel momento in cui l'argomento del logaritmo risulta maggiore di zero, vale a dire se:

$1+\frac{x^2}{y}>0$

Calcolo delle derivate parziali del primo ordine

Occupiamoci del calcolo delle derivate parziali del primo ordine, iniziando dalla derivata parziale rispetto a

. Sottolineiamo che in questa circostanza, la variabile

"interpreta"

come se fosse una costante!

$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=\frac{\partial}{\partial x}\left[e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\right]=$

È a conti fatti la derivata di una funzione composta, da usare in combinazione con la regola di derivazione per le funzioni esponenziali: in altri termini, è sufficiente riportare l'intera funzione e moltiplicarla per la derivata rispetto a

dell'esponente

$=e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{\partial }{\partial x}\left[-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)\right]=$

Proprio perché stiamo derivando rispetto a

, il termine

è interpretato come una costante moltiplicativa, dunque può essere trasportato fuori dal simbolo di derivazione

$=e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot(-y)\cdot \frac{\partial}{\partial x}\left[\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)\right]=$

Esplicitiamo la derivata del logaritmo: essa è uguale al reciproco dell'argomento moltiplicato per la sua derivata.

$=-ye^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot\frac{\partial}{\partial x}\left[1+\frac{x^2}{y}\right]=$

In virtù della regola secondo cui la derivata di una somma coincide con la somma delle derivate dei singoli addendi, ricaviamo:

$=-ye^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x}[1]+\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{x^2}{y}\right]\right)=$

Notiamo che la derivata di 1 è zero, mentre la derivata del termine $\frac{x^2}{y}$ si ottiene trasportando fuori dal simbolo di derivata la costante $\frac{1}{y}$ e derivando la potenza

:

$\\ =-ye^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot\left(\frac{1}{y}\cdot\frac{\partial}{\partial x}\left[x^2\right]\right)= \\ \\ \\ =-ye^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot\left(\frac{1}{y}\cdot 2x\right)=$

Il calcolo della derivata è praticamente finito: nei prossimi passaggi, effettueremo solo le semplificazioni.

$=-y e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{1}{\frac{y+x^2}{y}}\cdot\frac{2x}{y}=$

Esprimiamo in forma normale la frazione di frazioni e semplifichiamo in seguito

$\\ =-y e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{y}{y+x^2}\cdot\frac{2x}{y}= \\ \\ \\ =-y e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{2x}{y+x^2}.$

In definitiva, la derivata rispetto a

è:

$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=-\frac{2 x y}{y+x^2}e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right) \right )}$

Valutiamo la derivata nel punto

rimpiazzando al posto di $x\ \mbox{e} \ y$ rispettivamente $-1\ \mbox{e} \ 1$ :

$\frac{\partial f}{\partial x}(-1,1)=-\frac{2\cdot (-1)\cdot 1}{1+1^2}e^{-\ln\left(1+\frac{(-1)^2}{2}\right)}=\frac{1}{2}$

Teniamolo da parte, ci servirà nel momento in cui scriveremo l'equazione del piano tangente e occupiamoci della derivata parziale rispetto a

.

In questa circostanza la variabile

interpreterà

alla stregua di una costante.

$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial}{\partial y}\left[e^{-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)}\right]=$

La regola di derivazione dell'esponenziale ci conduce alla seguente espressione:

$=e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\cdot\frac{\partial}{\partial y}\left[-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)\right]=$

Nota! Stiamo derivando il prodotto di due funzioni che dipendono entrambi da

, di conseguenza siamo costretti a usare la regola di derivazione del prodotto!

$=e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\left(\frac{\partial}{\partial y}[-y]\cdot\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+(-y)\cdot\frac{\partial}{\partial y}\left[\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)\right]\right)=$

Deriviamo

e il termine logaritmico rispetto a

.

$=e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\left(-1\cdot\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+(-y)\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot\frac{\partial}{\partial y}\left[1+\frac{x^2}{y}\right]\right)=$

e infine occupiamoci della derivata della somma

$\\ =e^{-y\ln\left(1+\tfrac{x^2}{y}\right)}\left(-\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+(-y)\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot\left(\frac{\partial}{\partial y}\left[1\right]+\frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{x^2}{y}\right]\right)\right)= \\ \\ \\ =e^{-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)}\left(-\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+(-y)\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot\left(\frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{x^2}{y}\right]\right)\right)=$

Nel calcolo della derivata di $\frac{x^2}{y}$ rispetto a

, trattiamo

come una costante moltiplicativa, portandola fuori dal simbolo di derivata parziale

$=e^{-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)}\left(-\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+(-y)\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot x^2\left(\frac{\partial}{\partial y}\left[\frac{1}{y}\right]\right)\right)=$

e deriviamo $\frac{1}{y}$ , rivedendolo come $y^{-1}$ e applicando la regola di derivazione delle potenze.

$=e^{-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)}\left(-\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+(-y)\cdot\frac{1}{1+\frac{x^2}{y}}\cdot x^2 \left(-\frac{1}{y^2}\right)\right)=$

Il calcolo della derivata è finito: adesso bisogna semplificare l'espressione.

$=e^{-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)}\left(-\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+\frac{x^2}{y+x^2}\right)$

In definitiva l'espressione della derivata rispetto a

associata alla funzione

è:

$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=e^{-y\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)}\left(-\ln\left(1+\frac{x^2}{y}\right)+\frac{x^2}{y+x^2}\right)$

Valutiamo la derivata parziale nel punto

: ci servirà per costruire l'equazione del piano tangente.

$\\ \frac{\partial f}{\partial y}(-1,1)=e^{-\ln\left(1+\frac{(-1)^2}{1}\right)}\left(-\ln\left(1+\frac{(-1)^2}{1}\right)+\frac{(-1)^2}{1+(-1)^2}\right)=\\ \\ \\ =\frac{1}{2}\left(-\ln(2)+\frac{1}{2}\right)$

Equazione del piano tangente

Finalmente abbiamo tutti gli ingredienti per ricavare l'equazione del piano tangente, infatti sappiamo che:

$f(-1,1)=\frac{1}{2} \ \ \ , \ \ \ \frac{\partial f}{\partial x}(-1,1)=\frac{1}{2} \ \ \ , \ \ \ \frac{\partial f}{\partial y}(-1,1)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\ln(2)\right)$

e rimpiazzandoli nella relazione

$z=f(x_0,y_0)+\frac{\partial f}{\partial x}(x_0,y_0)(x-x_0)+\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0) (y-y_0)$

otteniamo l'equazione del piano richiesta:

$\\ z=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(x-(-1))+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\ln(2)\right)(y-1)\\ \\ \mbox{e quindi} \\ \\ z=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}(x+1)+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}-\ln(2)\right)(y-1)$

Abbiamo finito.

Ringraziano: CarFaby, Westwood

Pagina:
1