Esercizio sul piano tangente al grafico di una funzione di due variabili

Determinare per quale valore reale di $a$ il piano tangente al grafico della funzione \(f(x;y) = x^2 + axy^2\) nel punto \((1;2;f(1;2))\) è parallelo alla retta d’equazione \(x + z = 2y = y –z +1\).

La funzione $f$ è definita, continua e differenziabile in $R^2$ (quest’ultima proprietà le deriva dal fatto che le sue derivate parziali prime esistono continue in $R^2$), quindi in ogni punto \((x_0;y_0;f(x_0;y_0))\) del suo grafico esiste il piano tangente e non è parallelo all’asse $z$.

Il piano tangente al grafico nel punto assegnato ha equazione

\( z – f(1;2) = f’_x(1;2) \cdot (x – 1) + f’_y(1;2) \cdot (y – 2) \)

risulta

\(f(1;2) = 1 + 4a \)

\(f’_x = 2x + ay^2\)

\(f’_y = 2axy\)

\(f’_x(1;2) = 2 + 4a\)

\(f’_y(1;2) = 4a\)

quindi il piano richiesto ha equazione

\(z – (1 + 4a ) = (2 + 4a ) \cdot (x – 1) + 4a \cdot (y – 2)\)

da cui, in forma implicita \((2 + 4a )x + 4ay – z – 8a – 1 = 0\).

Il vettore \(\vec{n} = (2 + 4a; 4a; -1)\) è ortogonale a tale piano.

Si trovano subito le equazioni parametriche della retta data ponendo $y = t$, da cui

\( \begin{cases} x=-1+3t \\ y = t \\ z=1-t \end{cases} \)

Il vettore \(\vec{v} = (3; 1; -1)\) è uno di quelli che individuano la direzione della retta.

Per il parallelismo richiesto occorre e basta che i vettori \(\vec{n}\) e \(\vec{v}\) siano fra loro ortogonali, ossia che sia nullo il loro prodotto scalare.

Risulta \(\vec{n}\cdot \vec{v} = 3(2 + 4a) + 1\cdot 4a – 1 \cdot (-1) = 16a + 7\); deve risultare \(16a + 7 = 0\) da cui \(a = -7/16)\).

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