Pediste un sentido más físico, y es éste:
Supongamos que desea desplazarse desde un punto $\vec r_0 = (x_0,~ y_0,~ z_0)$ a un punto cercano $\vec r_0 + \delta\vec r = (x_0 + \delta x,~ y_0 + \delta y,~ z_0+\delta z).$ ¿En qué medida la función $\Omega$ ¿Cambiar?
Cuando trabajabas con gráficas de funciones de una sola variable, pensabas en un espacio 2D y aproximabas la función con una recta. Con dos variables, $f(x, y)$ es una especie de gráfico de "colinas ondulantes" en el espacio 3D, con tangente 2D aviones . Pero la idea básica es la misma: si estas funciones son "diferenciables" de la manera correcta en un punto, entonces "acercando" el zoom en una pequeña vecindad de ese punto, el gráfico finalmente parece "plano" (es decir, hay un plano tangente $f(x,y)\approx ax + by + c$ ) en ese barrio. Y la historia para $f(x,y,z)$ es el mismo pero el espacio es ahora 4D y estás pensando por la tangente 3D hiper avión, $f \approx ax + b y + c z + d$ para algunas constantes $(a,b,c,d)$ .
Los coeficientes aquí vienen tomando por ejemplo el derivada parcial de $f$ con respecto a $x$ en $y,z$ constante, que escribiríamos como $\left({\partial f\over\partial x}\right)_{y,z}.$ Se trata ahora de otra función con respecto a $(x, y, z)$ . Pero si se evalúa en un punto como nuestro $\vec r_0$ se obtiene un número, y este número es nuestro $a$ cuando buscamos la aproximación lineal en ese punto. Llamemos a este número $(\partial_x f)_0$ para abreviar.
Si se utiliza la expresión lineal anterior para calcular el cambio en $\Omega$ comienza en $\Omega_0 = \Omega(\vec r_0)$ pero se convierte en $\Omega_0 + \delta \Omega,$ y encontrará que la expresión resultante para el cambio en $\Omega$ es justo: $$\delta\Omega \approx (\partial_x \Omega)_0~\delta x +(\partial_y \Omega)_0~\delta y +(\partial_z \Omega)_0~\delta z.$$ Pero como $\delta \vec r = (\delta x, \delta y, \delta z)$ se transforma bajo transformaciones de coordenadas como lo hace un vector, y $\delta \Omega$ se transforma como lo hace un escalar, encontramos que este mapeo entre ellos se transforma como lo hace un covector o "1-forma". Con un poco de maña, cada covector es equivalente a un vector, por lo que las funciones de gradiente pueden considerarse combinadas para formar un campo vectorial sobre el espacio, $$\nabla\Omega = \begin{bmatrix}\partial_x \Omega\\\partial_y\Omega\\\partial_z\Omega\end{bmatrix}.$$ Escribiríamos lo anterior como un caso especial de esto, $$\delta\Omega = \big[\nabla\Omega\big](\vec r_0) \cdot \delta \vec r.$$ En la práctica solemos omitir los corchetes anteriores porque entendemos que casi nunca queremos tomar el gradiente de la constante $\Omega(\vec r_0) = \Omega_0$ que sería trivialmente cero. Casi siempre preferimos evaluar el gradiente en un punto.
Así que esta es la relación que pedías: puedes calcular pequeños cambios en la función dados pequeños cambios en el espacio, calculando un producto punto entre el gradiente de la función en ese punto base, con el vector que relaciona el cambio en el espacio.
De la relación anterior puedes extraer tres ideas más que te serán muy útiles:
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Se trata de un simple producto punto, que viene a ser como dos magnitudes por el coseno de un ángulo entre ellas. Así que la dirección del vector gradiente es la dirección de mayor incremento de la función; y la dirección inversa es la dirección de mayor decremento.
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A la inversa, imagine que está viendo unos nivel establecido $f(x, y, z) = C.$ Esta relación especifica una superficie 2D en un espacio 3D donde $f$ permanece constante. Constante es, de hecho, exactamente lo contrario de "mayor aumento/disminución", por lo que dejar $f$ constante de hecho exige que sólo nos movamos a lo largo de esos pequeños $\delta \vec r$ tal que $\nabla f \cdot \delta \vec r = 0,$ las direcciones perpendiculares al gradiente. Por lo tanto, el gradiente es la normal de la superficie, perpendicular a los conjuntos de niveles de la función . De hecho siguiendo lo anterior donde el hiperplano en ese punto es $f \approx ax + by + cz + d$ se encuentra que el hiperplano es $ax + by + cz = f_0 - d$ y se pueden leer los coeficientes del hiperplano tangente al conjunto de niveles $(a, b, c)$ de los comoponentes del gradiente; son los mismos números.
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"Multiplicadores de Lagrange". Combinando estos dos, supongamos que se desea maximizar unos $f(x, y, z)$ dada alguna restricción $g(x, y, z) = C.$ Si estamos en un máximo, eso significa que no podemos aumentarlo más, lo que significa que todo lo permitido $\delta \vec r$ (tal que $\nabla g\cdot\delta \vec r = 0,$ que satisface la restricción) también debe satisfacer $\nabla f \cdot \delta \vec r = 0,$ ya que ciertamente no puede ser positivo (de lo contrario no estamos en un máximo, ya que podríamos aumentar $f$ moviéndose un poco en esa dirección, satisfaciendo las restricciones a la vez que aumenta $f$ ) y la linealidad también significa que no se puede negativo (ya que entonces se puede dar un paso en la dirección opuesta y el signo del $\cos \theta$ del producto punto debe voltear, y estás aumentando $f$ de nuevo). Resulta que esta idea de espacio nulo compartido - "siempre que $\vec u \cdot \vec w = 0$ entonces $\vec v \cdot \vec w = 0$ es suficiente para concluir que $\vec u$ y $\vec v$ son paralelas, $\vec u = \lambda \vec v.$ Así también $\nabla f$ en un máximo debe ser perpendicular a la superficie de restricción y, por lo tanto, debe ser paralela a $\nabla g$ por lo que la forma correcta de encontrar un máximo restringido es resolver $\nabla f - \lambda \nabla g = 0$ para desconocido $\lambda,$ que se denomina "multiplicador de Lagrange". Estos dan (en 3D) tres ecuaciones en cuatro incógnitas $(x, y, z, \lambda)$ y la ecuación final de $g(x, y, z) = C$ permite resolver las cuatro incógnitas por completo.
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$$\nabla f=\sum \frac{\partial f}{\partial x^i}e_i$$
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Si desea una explicación clara y concisa, le recomiendo la obra de H.M. Schey Div, grad, curl, y todo eso
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Le recomiendo que utilice una función más sencilla de dos variables, por ejemplo $\Omega(x, y) = 3xy^2 - 4xy $ . De esta forma, puedes visualizar la gráfica de la función como una superficie en tres dimensiones (sólo tienes que poner $z = \Omega(x, y) = 3xy^2 - 4xy$ y trazarlo). A continuación, calcula la curva de nivel que pasa por $(2,1)$ y la pendiente en el mismo punto: debes comprobar que son perpendiculares. Haz más ejemplos en dos dimensiones para comprender mejor - entonces añaden otra dimensión.
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@Nick Sería de gran ayuda si pudieras darme el enlace a un sitio para su derivación.