Capitolo 12 · C1

Jacobiana, Hessiana e metodo di Newton per i sistemi

Funzioni a valori vettoriali, Matrice jacobiana, Metodo di Newton per i sistemi, Matrice hessiana, Funzioni due volte differenziabili, Classi C0, C1, C2

12 pagine (10 numerate). Aggiornato il 16 ottobre 2026.

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1 Funzioni a valori vettoriali e matrice jacobiana Una funzione g : Rn → Rm associa a ogni x ∈ Rn un vettore di Rm. Ogni componente è una funzione a valori scalari gi : Rn → R: g(x) =    g1(x) ... gm(x)    . Se esistono i gradienti ∇g1(x), . . . , ∇gm(x) ∈ Rn, si usano tutti insieme in una matrice. Definizione – Matrice jacobiana Sia g : Rn → Rm con le derivate parziali delle componenti in x. La matrice jacobiana di g in x ha per righe i gradienti trasposti: J(x) =    ∇g1(x)T ... ∇gm(x)T    =       ∂g1 ∂x1 (x) · · · ∂g1 ∂xn (x) ... ... ∂gm ∂x1 (x) · · · ∂gm ∂xn (x)       ∈ Rm×n. Ha tante righe quante sono le componenti di g, e tante colonne quante sono le variabili. Per m = 1 è il gradiente trasposto. Esempio – Una jacobiana 3 × 2 Sia g : R2 → R3, g(x) =    x2 1x2 2 x1 + x2 x3 1 − 4x2    , J(x) =    2x1x2 2 2x2 1x2 1 1 3x2 1 −4    . Ogni riga è il gradiente di una componente: tre righe per tre componenti, due colonne per due variabili. 2 Funzioni vettoriali differenziabili Definizione – Funzione vettoriale differenziabile g : Rn → Rm è differenziabile in x se esiste una matrice A ∈ Rm×n tale che lim d→0 ∥g(x + d) − g(x) − A d∥ ∥d∥ = 0. Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 1

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È la definizione del Capitolo 11 con una matrice al posto del vettore a, perché A d deve essere un vettore di Rm. Per m = 1, A = aT e si ritrova quella definizione. Proposizione – Differenziabilità e jacobiana Siano g : Rn → Rm e x ∈ Rn. 1. Condizione necessaria. Se g è differenziabile in x, esiste J(x) e la matrice della definizione è A = J(x). 2. Condizione sufficiente. Se J esiste nei punti vicini a x ed è continua in x, allora g è differenziabile in x. Sono le condizioni del Capitolo 11, con la jacobiana al posto del gradiente. Per una g differenziabile g(x + d) = g(x) + J(x) d + γ(x, d) con lim d→0 ∥γ(x, d)∥ ∥d∥ = 0. La parte lineare J(x) d approssima g vicino a x, e il resto va a zero più rapidamente di ∥d∥. 3 Il metodo di Newton per i sistemi Sia g : Rn → Rn, con tante componenti quante variabili. Si cerca ̄x ∈ Rn tale che g( ̄x) = 0, cioè una soluzione del sistema di n equazioni non lineari g1(x) = 0, . . . , gn(x) = 0 in n incognite. Per n = 1 è il problema del Capitolo 7. Si procede come in una variabile. Si sostituisce g con la sua parte lineare in x0 e si sceglie x1 dove questa si annulla: g(x0) + J(x0) (x1 − x0) = 0. È un sistema lineare n × n in x1. L’ipotesi f ′(x0)̸ = 0 del Capitolo 7 diventa J(x0) invertibile, e allora x1 = x0 − J(x0)−1g(x0). Serve m = n: con m̸ = n la jacobiana non è quadrata e non ha inversa. Definizione – Metodo di Newton per i sistemi Dato x0 ∈ Rn, il metodo di Newton calcola, per k = 0, 1, 2, . . . e finché J(xk) è invertibile, xk+1 = xk − J(xk)−1 g(xk). Per n = 1, J(xk) = g′(xk) e si ritrova xk+1 = xk − g(xk)/g′(xk). In pratica non si calcola l’inversa: si risolve il sistema lineare J(xk) s = −g(xk) e si pone xk+1 = xk + s. Ogni Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 2

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iterazione calcola le n2 derivate parziali di J(xk) e risolve un sistema n×n, e con n grande è il costo principale. Esempio – Un sistema di due equazioni Si cerca ̄x ∈ R2 con g(x) = x2 1 + x2 2 − 2 x1 − x2 ! = 0, J(x) = 2x1 2x2 1 −1 ! . Una soluzione è ̄x = (1, 1), dove det J( ̄x) = −4̸ = 0. Da x0 = (2, 0): k xk g(xk) ∥g(xk)∥2 0 (2, 0) (2, 2) 2,83 1 (1,5, 1,5) (2,5, 0) 2,5 2 (1,0833, 1,0833) (0,3472, 0) 0,347 3 (1,0032, 1,0032) (0,0128, 0) 0,0128 4 (1,000005, 1,000005) (0,00002, 0) 0,00002 Il primo passo risolve 4 0 1 −1 ! s = − 2 2 ! , cioè s = (−0,5, 1,5). Teorema – Convergenza locale del metodo di Newton Siano • g : Rn → Rn con jacobiana J continua su un aperto che contiene ̄x; • g( ̄x) = 0 e J( ̄x) invertibile. Allora esiste ε > 0 tale che, se ∥x0 − ̄x∥ < ε, tutti i punti xk del metodo di Newton sono definiti, stanno in Bε( ̄x) e lim k→∞ xk = ̄x. È il teorema del Capitolo 7 in Rn, e il risultato è ancora locale. Il punto iniziale adatto non si conosce, perché richiede di conoscere ̄x. Si usa la strategia multi-start del Capitolo 7, con punti iniziali casuali in tutto Rn. Definizione – Criterio d’arresto Fissata una tolleranza ε > 0, per esempio 10−9, il metodo si ferma al primo k con ∥g(xk)∥ ≤ ε. Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 3

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È il criterio naturale, perché si cerca un punto in cui il vettore g si annulla, e in precisione finita lo zero esatto non si raggiunge. Un’alternativa è fermarsi quando ∥xk+1 − xk∥ ≤ ε. Nelle ipotesi del teorema il criterio è soddisfatto dopo un numero finito di iterazioni. Infatti g è differenziabile, quindi continua in ̄x, e xk → ̄x. Per il teorema ponte (Capitolo 9) g(xk) → g( ̄x) = 0, quindi da un certo k in poi ∥g(xk)∥ ≤ ε. 4 La matrice hessiana Sia f : Rn → R con le derivate parziali in ogni punto. Il gradiente associa a ogni x il vettore ∇f (x) ∈ Rn, quindi è una funzione ∇f : Rn → Rn a valori vettoriali, e ha una matrice jacobiana. Definizione – Matrice hessiana La matrice hessiana di f in x è la jacobiana del gradiente: ∇2f (x) =        ∂2f ∂x2 1 (x) · · · ∂2f ∂xn∂x1 (x) ... ... ∂2f ∂x1∂xn (x) · · · ∂2f ∂x2 n (x)        ∈ Rn×n. È quadrata, perché ∇f ha n componenti e n variabili. Le sue entrate sono le derivate seconde. La riga i è il gradiente di ∂f ∂xi , quindi nell’entrata (i, j) si deriva prima rispetto a xi e poi rispetto a xj : ∂2f ∂xj ∂xi (x) = ∂ ∂xj ∂f ∂xi (x), ∂2f ∂x2 i (x) = ∂2f ∂xi∂xi (x). Con i̸ = j si parla di derivate miste. Esempio – Una hessiana 2 × 2 Sia f (x) = x2 1x3 2. Allora ∇f (x) = 2x1x3 2 3x2 1x2 2 ! . 1. Prima riga, gradiente di 2x1x3 2: (2x3 2, 6x1x2 2). 2. Seconda riga, gradiente di 3x2 1x2 2: (6x1x2 2, 6x2 1x2). ∇2f (x) = 2x3 2 6x1x2 2 6x1x2 2 6x2 1x2 ! . Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 4

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Le due derivate miste coincidono e la matrice è simmetrica. Non è un caso: lo garantisce la proposizione della Sezione 5. Un secondo calcolo è nell’Esercizio 1. 5 Funzioni due volte differenziabili Definizione – Funzione due volte differenziabile f : Rn → R è due volte differenziabile in x se è differenziabile in x ed esiste una matrice H ∈ Rn×n tale che f (x + d) = f (x) + ∇f (x)Td + 1 2 dTH d + β(x, d) con lim d→0 β(x, d) ∥d∥2 = 0. La differenziabilità approssima f con una funzione affine di d. Qui l’approssimazione è quadratica in d (Capitolo 6), e il resto va a zero più rapidamente di ∥d∥2, quindi l’approssimazione è migliore. Proposizione – Due volte differenziabile e hessiana Siano f : Rn → R e x ∈ Rn. 1. Condizione necessaria. Se f è due volte differenziabile in x, allora ∇f esiste ed è continuo in x, esiste ∇2f (x), è simmetrica e H = ∇2f (x). 2. Condizione sufficiente. Se ∇2f esiste nei punti vicini a x ed è continua in x, allora f è due volte differenziabile in x. Per una funzione due volte differenziabile quindi f (x + d) = f (x) + ∇f (x)Td + 1 2 dT∇2f (x) d + o(∥d∥2) e le derivate miste coincidono: ∂2f ∂xi∂xj (x) = ∂2f ∂xj ∂xi (x) i, j = 1, . . . , n. Le tre proposizioni (gradiente, jacobiana, hessiana) hanno la stessa forma: condizione necessaria condizione sufficiente f differenziabile ∇f esiste ∇f continuo g differenziabile J esiste J continua f due volte differenziabile ∇2f esiste ed è simmetrica ∇2f continua Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 5

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Definizione – Classi C0, C1, C2 Siano D ⊆ Rn aperto e f : D → R. • f ∈ C0(D) se f è continua su D. • f ∈ C1(D) se il gradiente esiste ed è continuo su D. • f ∈ C2(D) se anche la hessiana esiste ed è continua su D. Per le condizioni sufficienti, una funzione di C1(D) è differenziabile e una di C2(D) è due volte differenziabile in ogni punto di D, con hessiana simmetrica. Gli Esercizi 2, 3 e 4 vengono da prove d’esame. Riepilogo • Jacobiana: J(x) ∈ Rm×n, con i gradienti delle componenti di g : Rn → Rm per righe. • g differenziabile: g(x + d) = g(x) + J(x) d + o(∥d∥). • Newton per i sistemi: xk+1 = xk − J(xk)−1g(xk), per g : Rn → Rn. • Convergenza locale: J continua, g( ̄x) = 0, J( ̄x) invertibile e x0 abbastanza vicino a ̄x. • Criterio d’arresto: ∥g(xk)∥ ≤ ε. • Hessiana: ∇2f (x), jacobiana del gradiente, matrice n × n delle derivate seconde. • Due volte differenziabile: f (x + d) = f (x) + ∇f (x)Td + 1 2 dT∇2f (x)d + o(∥d∥2); hessiana simmetrica. • Classi: C0 continua, C1 gradiente continuo, C2 hessiana continua. 6 Esercizi Esercizio 1 – Una hessiana 3 × 3 Calcolare la matrice hessiana di f (x) = x4 1 − 2x2x3, con x ∈ R3. Soluzione a pagina 8 → Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 6

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Esercizio 2 – Primo esonero 2025-26, Canale M-Z, Prof. Giampaolo Liuzzi, compito A, esercizio 2 Sono assegnate le seguenti funzioni g : R3 → R2 e f : R2 → R così definite: g(x1, x2, x3) = (1, x1x2x3)T, f (y1, y2) = ∥(y1, y2)∥2, x0 = (1, 1, 1)T, e la funzione h : R3 → R composizione di f e g, cioè h(x) = f (g(x)). (a) Calcolare lo jacobiano Jg(x) e il vettore ∇h(x). (b) Scrivere l’equazione che definisce il piano tangente al grafico di h nel punto x0, determinandone anche il vettore normale. Soluzione a pagina 8 → Esercizio 3 – Appelli del 23/02, 11/07 e 16/09/2024, Canale M-Z, Prof. Giampaolo Liuzzi, domanda 2 Sia f : R4 → R una funzione differenziabile due volte ovunque. Individuare l’affermazione corretta. (a) Risulta ∂2f ∂x1∂x3̸ = ∂2f ∂x3∂x1 . (b) La matrice hessiana di f è una matrice diagonale. (c) La matrice hessiana di f è definita e simmetrica. (d) La matrice hessiana di f non è definita. Soluzione a pagina 9 → Esercizio 4 – Appello del 16/02/2026, Canale M-Z, Prof. Giampaolo Liuzzi, esercizio 3, adattato Si consideri la seguente funzione di due variabili reali: f (x, y) = x3 3 − 2x2 + 12x − xy + y2 6 . (a) Calcolare il vettore gradiente e la matrice hessiana di f . (b) Calcolare il punto che si ottiene eseguendo una iterazione del metodo di Newton per il sistema ∇f (x, y) = 0 a partire dal punto (1, 1). Soluzione a pagina 9 → Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 7

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7 Soluzioni Soluzione dell’Esercizio 1 – Una hessiana 3 × 3 f ha tre variabili, quindi ∇2f (x) è 3 × 3. Il gradiente è ∇f (x) =    4x3 1 −2x3 −2x2    . Le righe dell’hessiana sono i gradienti delle tre componenti: 1. 4x3 1 dipende solo da x1: (12x2 1, 0, 0); 2. −2x3 dipende solo da x3: (0, 0, −2); 3. −2x2 dipende solo da x2: (0, −2, 0). ∇2f (x) =    12x2 1 0 0 0 0 −2 0 −2 0    . La matrice è simmetrica, come deve essere. ← Torna all’Esercizio 1, pagina 6 Soluzione dell’Esercizio 2 – Primo esonero 2025-26, Canale M-Z, Prof. Giampaolo Liuzzi, compito A, esercizio 2 (a) La prima componente di g è costante, la seconda è x1x2x3: Jg(x) = 0 0 0 x2x3 x1x3 x1x2 ! . Esplicitamente h(x) = p1 + x2 1x2 2x2 3. Rispetto a x1, con le altre costanti, la derivata della radice dà ∂h ∂x1 (x) = 2x1x2 2x2 3 2p1 + x2 1x2 2x2 3 , e lo stesso per le altre due: ∇h(x) = 1 p1 + x2 1x2 2x2 3    x1x2 2x2 3 x2 1x2x2 3 x2 1x2 2x3    . (b) Le derivate parziali sono continue (il radicando è sempre almeno 1), quindi h è differenziabile e il piano tangente al grafico in (x0, h(x0)) sta in R4. In x0 = (1, 1, 1): h(x0) = √2, ∇h(x0) = 1 √2    1 1 1    . Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 8

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Il piano tangente è n (x, y) ∈ R4 : y = √2 + 1 √2 (x1 − 1) + (x2 − 1) + (x3 − 1)o , e il vettore normale è −∇h(x0), 1 = − 1√2 , − 1√2 , − 1√2 , 1. ← Torna all’Esercizio 2, pagina 7 Soluzione dell’Esercizio 3 – Appelli del 23/02, 11/07 e 16/09/2024, Canale M-Z, Prof. Giampaolo Liuzzi, domanda 2 La (c) è corretta: per la condizione necessaria la hessiana esiste (è definita) ed è simmetrica in ogni punto. La (d) è quindi falsa, e la (a) anche, perché le due derivate miste sono le entrate (1, 3) e (3, 1) di una matrice simmetrica. La (b) è falsa: con f (x) = x1x2 si ha ∇f (x) =      x2 x1 0 0      , ∂2f ∂x1∂x2 (x) = 1̸ = 0, e la hessiana, costante, è continua: f è due volte differenziabile e la sua hessiana non è diagonale. ← Torna all’Esercizio 3, pagina 7 Soluzione dell’Esercizio 4 – Appello del 16/02/2026, Canale M-Z, Prof. Giampaolo Liuzzi, esercizio 3, adattato (a) Con l’altra variabile costante, ∇f (x, y) = x2 − 4x + 12 − y −x + y 3 ! , ∇2f (x, y) =  2x − 4 −1 −1 1 3   . Le derivate miste valgono entrambe −1. (b) Il sistema è g = ∇f = 0, e la jacobiana di g è la hessiana di f . In (1, 1): g(1, 1) = 8 −2 3 ! , J(1, 1) = −2 −1 −1 1 3 ! , con det J(1, 1) = −2 3 − 1 = −5 3̸ = 0. Il passo s risolve J(1, 1) s = −g(1, 1): −2s1 − s2 = −8, −s1 + 1 3 s2 = 2 3 . Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 9

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Dalla seconda s2 = 2 + 3s1, e la prima dà −5s1 − 2 = −8, cioè s1 = 6 5 e s2 = 28 5 . Quindi x1 y1 ! = 1 1 ! + 6/5 28/5 ! = 11/5 33/5 ! . ← Torna all’Esercizio 4, pagina 7 Canale 1 · Prof. Marco Sciandrone 10

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