Il gradiente di una funzione
$$ \nabla f(x_{0},y_{0}) = \begin{bmatrix}
\frac{ \partial f }{ \partial x } (x_{0},y_{0}) \
\frac{ \partial f }{ \partial y } (x_{0},y_{0})
\end{bmatrix} \in \mathbb{R}^2$$
Per calcolare il gradiente di una funzione derivabile in
[!esempio] Potenziale elettrico
$V(\mathbf{x}) = \frac{1}{||\mathbf{x}||}$ $$ V(x_{1},x_{2},x_{3}) = \frac{1}{\sqrt{ x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2 }} \qquad E(\mathbf{x}) = -\nabla V(\mathbf{x})$$ $$\begin{align} &=(x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2)^{-1/2} \ \frac{ \partial V }{ \partial x_{i} } = -\frac{1}{2}(x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2)^{-\frac{3}{2}} \cdot \frac{ \partial }{ \partial x_{i} } (x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2) = -\frac{1}{2}||\mathbf{x}||^{-3} 2x_{i} \end{align} $$
[!teorema] Formula del gradiente
$A \subseteq \mathbb{R}^2$ aperto,$\mathbf{x_{0}} = (x_{0},y_{0}) \in A$ $f : A \to R$ differenziabile in$\mathbf{x_{0}}$ allora$f$ ammette [[derivate direzionali]] in ogni direzione$\mathbf{v}$ ed inoltre $$ \fbox{$\frac{ \partial f }{ \partial \mathbf{v}}(\mathbf{x_{0}})= \langle \nabla f(\mathbf{x_{0}}),\mathbf{v} \rangle$}$$[!dim] #dim 7 Devo dimostrare che $$ \lim_{ t \to 0 } \frac{f(\mathbf{x_{0}+t\mathbf{v}})-f(\mathbf{x_{0}})}{t} = \langle \nabla f(\mathbf{x_{0}}),\mathbf{v}\rangle $$ Scelgo
$\mathbf{h} = t\mathbf{v}$ nella definizione di differenziabilità $$ \begin{align} f(\mathbf{x_{0}}+t\mathbf{v}) - f(\mathbf{x_{0}}) = \langle\nabla f(\mathbf{x_{0}},t\mathbf{v}) \rangle + o (||t\mathbf{v}||) \end{align} $$ Divido per$t$ e faccio il limite$t \to 0$
$$ \begin{align} \lim_{ t \to 0 } \frac{f(\mathbf{x_{0}}+t\mathbf{v})-f(\mathbf{x_{0}})}{t} &= \lim_{ t \to 0 } \frac{t \langle \nabla f(\mathbf{x_{0}}) \mathbf{v}\rangle + o(|t|)}{t} = \\ &= \lim_{ t \to 0 }\langle \nabla f(\mathbf{x_{0}}),\mathbf{v} \rangle + \lim_{ t \to 0 } \frac{o(|t|)}{t} \\ &= \langle \nabla f(\mathbf{x_{0}}), \mathbf{v}\rangle + 0 \end{align} $$
[!esempio]
$f(x,y) = e^{x^2y}$ $\mathbf{x_{0}} = (1,1)$ ,$\mathbf{v}=\frac{1}{\sqrt{ 2 }}[1,1]^T$ $$ \begin{align} \frac{ \partial f }{ \partial x } (x,y) = 2xye^{x^2y} \ \frac{ \partial f }{ \partial y } (x,y) = x^2e^{x^2y} \end{align} $$ Derivate parziali definite e continue in$\mathbb{R}^2 \implies$ per il teorema del differenziale totale$f$ è differenziabile in ogni punto e in ogni direzione e vale la formula del gradiente
$$ \nabla f(1,1) = \begin{bmatrix} 2e \\ e \end{bmatrix} $$ $$ \begin{align} \frac{ \partial f }{ \partial \mathbf{v} } (1,1) = \langle \nabla f(1,1), \mathbf{v}\rangle = \langle[2e\quad e]^T, \frac{1}{\sqrt{ 2 }}[1,1]\rangle = \frac{3e}{\sqrt{ 2 }} \end{align} $$